《(京津?qū)S茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練:壓軸大題突破練(四)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)文》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(京津?qū)S茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練:壓軸大題突破練(四)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)文(7頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、(京津?qū)S茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練:壓軸大題突破練(四)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)文
1.(2018·成都模擬)已知f(x)=ln x-ax+1(a∈R).
(1)討論函數(shù)的單調(diào)性;
(2)證明:當(dāng)a=2,且x≥1時(shí),f(x)≤ex-1-2恒成立.
(1)解 ∵ f(x)=ln x-ax+1,a∈R,
∴f′(x)=-a=,
當(dāng)a≤0時(shí),f(x)的增區(qū)間為(0,+∞),無減區(qū)間,
當(dāng)a>0時(shí),增區(qū)間為,減區(qū)間為.
(2)證明 當(dāng)x∈[1,+∞)時(shí),由(1)可知當(dāng)a=2時(shí),f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,
f(x)≤f(1)=-1,
再令G(x)=ex-1-2,
在x∈
2、[1,+∞)上,G′(x)=ex-1>0,G(x)單調(diào)遞增,
所以G(x)≥G(1)=-1,
所以G(x)≥f(x)恒成立,當(dāng)x=1時(shí)取等號,
所以原不等式恒成立.
2.(2018·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=λ(x2-1)(λ為常數(shù)).
(1)若函數(shù)y=f(x)與函數(shù)y=g(x)在x=1處有相同的切線,求實(shí)數(shù)λ的值;
(2)當(dāng)x≥1時(shí),f(x)≤g(x),求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.
解 (1)由題意得f′(x)=ln x+1,g′(x)=2λx,
又f(1)=g(1)=0,
且函數(shù)y=f(x)與y=g(x)在x=1處有相同的切線,
∴f′(1)=g′(1)
3、,則2λ=1,即λ=.
(2)設(shè)h(x)=xln x-λ(x2-1),
則h(x)≤0對?x∈[1,+∞)恒成立.
∵h(yuǎn)′(x)=1+ln x-2λx,且h(1)=0,
∴h′(1)≤0,即1-2λ≤0,∴λ≥.
另一方面,當(dāng)λ≥時(shí),記φ(x)=h′(x),
則φ′(x)=-2λ=.
當(dāng)x∈[1,+∞)時(shí),φ′(x)≤0,
∴φ(x)在[1,+∞)內(nèi)為減函數(shù),
∴當(dāng)x∈[1,+∞)時(shí),φ(x)≤φ(1)=1-2λ≤0,
即h′(x)≤0,
∴h(x)在[1,+∞)內(nèi)為減函數(shù),
∴當(dāng)x∈[1,+∞)時(shí),h(x)≤h(1)=0恒成立,符合題意.
當(dāng)λ<時(shí),
①若λ≤0,
4、
則h′(x)=1+ln x-2λx≥0對?x∈[1,+∞)恒成立,
∴h(x)在[1,+∞)內(nèi)為增函數(shù),
∴當(dāng)x∈[1,+∞)時(shí),h(x)≥h(1)=0恒成立,不符合題意.
②若0<λ<,
令φ′(x)>0,則1φ(1)=1-2λ>0,
即h′(x)>0,
∴h(x)在內(nèi)為增函數(shù),
∴當(dāng)x∈時(shí),h(x)>h(1)=0,不符合題意,
綜上所述,λ的取值范圍是.
3.(2018·山東省名校聯(lián)盟模擬)已知f(x)=xex+a(x+1)2+.
(1)若函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,求a的值;
(2)當(dāng)x>-2時(shí),
5、f(x)≥0,求a的取值范圍.
解 (1)f′(x)=(x+1)ex+2a(x+1)
=(x+1)(ex+2a),
若函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,則f′(1)=0,
所以a=-,
經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)a=-時(shí),函數(shù)f(x)在x=1處取得極值.
(2)f′(x)=(x+1)ex+2a(x+1)=(x+1)(ex+2a),
①a≥0時(shí),當(dāng)-2-1時(shí),f′(x)>0,f(x)為增函數(shù);
又f(-1)=0,∴當(dāng)x>-2時(shí),f(x)≥0成立.
②a<0時(shí),令ex+2a=0,得x=ln(-2a),
當(dāng)ln(-2a)>-1,即a<-時(shí),
6、
當(dāng)-2ln(-2a)時(shí),f′(x)>0;
當(dāng)-1-1時(shí),f′(x)>0,
∴f(x)在(-2,+∞)上單調(diào)遞增,
又f(-1)=0,
當(dāng)x∈(-2,-1)時(shí),f(x)<0,不符合題意,舍去;
當(dāng)-2
7、或x>-1時(shí),f′(x)>0,
當(dāng)ln(-2a)-1時(shí),f′(x)>0,
當(dāng)-2
8、x2+ax-aex,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).
(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)g(x)在R上存在最大值0,求函數(shù)f(x)在[0,+∞)上的最大值;
(3)求證:當(dāng)x>0時(shí),xex-eln x>x3+x2.
(1)解 由題意可知,g(x)= f′(x)=x+a-aex,
則g′(x)=1-aex,
當(dāng)a≤0時(shí),g′(x)>0,
∴g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0時(shí),當(dāng)x<-ln a時(shí),g′(x)>0,
當(dāng)x>-ln a時(shí),g′(x)<0,
∴g(x)在(-∞,-ln a)上單調(diào)遞增,
在(-ln a,+∞)上單調(diào)遞減,
綜上,當(dāng)a≤0時(shí),g
9、(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞),無遞減區(qū)間;
當(dāng)a>0時(shí),g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-ln a),單調(diào)遞減區(qū)間為(-ln a,+∞).
(2)解 由(1)可知,a>0,
且g(x)在x=-ln a處取得最大值,
g(-ln a)=-ln a+a-a·e=a-ln a-1,
即a-ln a-1=0,
觀察可得當(dāng)a=1時(shí),方程成立,
令h(a)=a-ln a-1(a>0),h′(a)=1-=,
當(dāng)a∈(0,1)時(shí),h′(a)<0,
當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí),h′(a)>0,
∴h(a)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
∴h(a)≥h(1)=0,
∴
10、當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),a-ln a-1=0,
∴f(x)=x2+x-ex,
由題意可知f′(x)=g(x)≤0,f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,
∴f(x)在x=0處取得最大值f(0)=-1.
(3)證明 由(2)知,若a=1,
當(dāng)x>0時(shí),f(x)<-1,
即x2+x-ex<-1,
∴x3+x2-xex<-x,
∴x3+x2-xex+eln x0;當(dāng)x>e時(shí),F(xiàn)′(x)<0,
∴F(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,
∴F(x)≤F(e)=0,即eln
11、x-x≤0,
∴x3+x2-xex+eln x<0,
∴當(dāng)x>0時(shí),xex-eln x>x3+x2.
5.(2018·四省名校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=a(x+1)2-ex(a∈R).
(1)當(dāng)a=時(shí),判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2(x10,得x<0,
由g′(x)=1-ex<0,得x>0,
∴g(x)即f′(x)
12、在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減.
∴f′(x)max=f′(0)=0.
∴對?x∈R,f′(x)≤0,
∴f(x)在R上單調(diào)遞減.
(2)①解 ∵f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),
∴關(guān)于x的方程f′(x)=2a(x+1)-ex=0有兩個(gè)根x1,x2,
設(shè)φ(x)=2a(x+1)-ex,則φ′(x)=2a-ex,
當(dāng)a≤0時(shí),φ′(x)=2a-ex<0,
φ(x)即f′(x)在R上單調(diào)遞減,
∴f′(x)=0最多有一根,不合題意,
當(dāng)a>0 時(shí),由φ′(x)>0,得xln 2a,
∴φ(x)即f′(x)在區(qū)間(-∞
13、,ln 2a)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(ln 2a,+∞)上單調(diào)遞減.
且當(dāng)x→-∞時(shí),f′(x)→-∞,
當(dāng)x→+∞時(shí),f′(x)→-∞,
要使f′(x)=0有兩個(gè)不同的根,
必有f′(x)max=f′(ln 2a)=2a(ln 2a+1)-2a=2aln 2a>0,
解得a>,
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
②證明 ∵f′(-1)=-<0,f′(0)=2a-1>0,
∴-1-,f(-1)=-,
∴-