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(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(三)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1)理

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(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(三)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1)理

(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(三)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1)理 1.(2018·江南十校模擬)設(shè)f(x)=xln x-ax2+(3a-1)x. (1)若g(x)=f′(x)在[1,2]上單調(diào),求a的取值范圍; (2)已知f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍. 解 (1)由f′(x)=ln x-3ax+3a, 即g(x)=ln x-3ax+3a,x∈(0,+∞), g′(x)=-3a, ①g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增, ∴-3a≥0對(duì)x∈[1,2]恒成立, 即a≤對(duì)x∈[1,2]恒成立, 得a≤; ②g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減, ∴-3a≤0對(duì)x∈[1,2]恒成立, 即a≥對(duì)x∈[1,2]恒成立, 得a≥, 由①②可得a的取值范圍為∪. (2)由(1)知, ①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, ∴x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, ∴f(x)在x=1處取得極小值,符合題意; ②當(dāng)0<a<時(shí),>1, 又f′(x)在上單調(diào)遞增, ∴x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0,x∈時(shí),f′(x)>0, ∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增, f(x)在x=1處取得極小值,符合題意; ③當(dāng)a=時(shí),=1,f′(x)在(0,1)上單調(diào)遞增, 在(1,+∞)上單調(diào)遞減, ∴x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意; ④當(dāng)a>時(shí),0<<1, 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, ∴f(x)在x=1處取得極大值,不符合題意. 綜上所述,可得a的取值范圍為. 2.(2018·河南省鄭州外國語學(xué)校調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=aln x-ex. (1)討論f(x)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù); (2)若a∈N*,且f(x)<0恒成立,求a的最大值. 參考數(shù)據(jù): x 1.6 1.7 1.8 ex 4.953 5.474 6.050 ln x 0.470 0.531 0.588 解 (1)根據(jù)題意可得f′(x)=-ex=(x>0), 當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)<0,函數(shù)是減函數(shù),無極值點(diǎn); 當(dāng)a>0時(shí),令f′(x)=0得a-xex=0,即xex=a, 又y=xex在(0,+∞)上是增函數(shù), 且當(dāng)x→+∞時(shí),xex→+∞, 所以xex=a在(0,+∞)上存在一解,不妨設(shè)為x0, 所以函數(shù)y=f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增, 在(x0,+∞)上單調(diào)遞減, 所以函數(shù)y=f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn),無極小值點(diǎn). 綜上,當(dāng)a≤0時(shí),無極值點(diǎn); 當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)y=f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn),無極小值點(diǎn). (2)因?yàn)閍∈N* >0, 由(1)知,f(x)有極大值f(x0), 且x0滿足x0=a,① 可知f(x)max=f(x0)=aln x0-, 要使f(x)<0恒成立, 即f(x0)=aln x0-<0,② 由①可得=, 代入②得aln x0-<0, 即a<0, 因?yàn)閍∈N*>0,所以ln x0-<0, 因?yàn)閘n 1.7-<0,ln 1.8->0, 且y=ln x0-在(0,+∞)上是增函數(shù). 設(shè)m為y=ln x0-的零點(diǎn), 則m∈(1.7,1.8),可知0<x0<m, 由②可得aln x0<, 當(dāng)0<x0≤1時(shí),aln x0≤0,不等式顯然恒成立; 當(dāng)1<x0<m時(shí),ln x0>0,a<, 令g(x)=,x∈(1,m), 則g′(x)=<0, 所以g(x)在(1,m)上是減函數(shù), 且≈10.29,≈10.31, 所以10.29<g(m)<10.31,所以a≤g(m), 又a∈N*,所以a的最大值為10. 3.(2018·廈門質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)=xln x-ax2+(b-1)x,g(x)=ex-ex. (1)當(dāng)b=0時(shí),函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),求a的取值范圍; (2)若y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行,且函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)在x∈(1,+∞)時(shí),其圖象上每一點(diǎn)處切線的傾斜角均為銳角,求a的取值范圍. 解 (1)當(dāng)b=0時(shí),f(x)=xln x-ax2-x, f′(x)=ln x-2ax, ∴f(x)=xln x-ax2-x有2個(gè)極值點(diǎn)就是方程ln x-2ax=0有2個(gè)解, 即y=2a與m(x)=的圖象的交點(diǎn)有2個(gè). ∵m′(x)=, 當(dāng)x∈(0,e)時(shí),m′(x)>0,m(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),m′(x)<0,m(x)單調(diào)遞減. m(x)有極大值, 又∵x∈(0,1]時(shí),m(x)≤0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),0<m(x)<. 當(dāng)a∈時(shí),y=2a與m(x)=的圖象的交點(diǎn)有0個(gè); 當(dāng)a∈(-∞,0]或a=時(shí),y=2a與m(x)=的圖象的交點(diǎn)有1個(gè); 當(dāng)a∈時(shí),y=2a與m(x)=的圖象的交點(diǎn)有2個(gè). 綜上,a的取值范圍為. (2)函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行, ∴f′(1)=0且f(1)≠0, ∵f′(x)=ln x-2ax+b, ∴b=2a且a≠1. h(x)=xln x-ax2+(b-1)x+ex-ex在x∈(1,+∞)時(shí), 其圖象的每一點(diǎn)處的切線的傾斜角均為銳角, 即當(dāng)x>1時(shí),h′(x)=f′(x)+g′(x)>0恒成立, 即ln x+ex-2ax+2a-e>0恒成立, 令t(x)=ln x+ex-2ax+2a-e, ∴t′(x)=+ex-2a, 設(shè)φ(x)=+ex-2a,φ′(x)=ex-, ∵x>1,∴ex>e,<1, ∴φ′(x)>0, ∴φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, 即t′(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, ∴t′(x)>t′(1)=1+e-2a, 當(dāng)a≤且a≠1時(shí),t′(x)≥0, ∴t(x)=ln x+ex-2ax+2a-e在(1,+∞)上單調(diào)遞增, ∴t(x)>t(1)=0成立, 當(dāng)a>時(shí), ∵t′(1)=1+e-2a<0, t′(ln 2a)=+2a-2a>0, ∴存在x0∈(1,ln 2a),滿足t′(x0)=0. ∵t′(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, ∴當(dāng)x∈(1,x0)時(shí),t′(x)<0,t(x)單調(diào)遞減, ∴t(x0)<t(1)=0,t(x)>0不恒成立. ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,1)∪. 4.(2018·福建省百校模擬)已知函數(shù)f(x)=x-1+aex. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),證明:x1+x2>4. (1)解 f′(x)=1+aex, 當(dāng)a≥0時(shí),f′(x)>0,則f(x)在R上單調(diào)遞增. 當(dāng)a<0時(shí),令f′(x)>0,得x<ln, 則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為, 令f′(x)<0,得x>ln, 則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)證明 由f(x)=0得a=, 設(shè)g(x)=,則g′(x)=. 由g′(x)<0,得x<2;由g′(x)>0,得x>2. 故g(x)min=g(2)=-<0. 當(dāng)x>1時(shí),g(x)<0,當(dāng)x<1時(shí),g(x)>0, 不妨設(shè)x1<x2, 則x1∈(1,2),x2∈(2,+∞), x1+x2>4等價(jià)于x2>4-x1, ∵4-x1>2且g(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增, ∴要證x1+x2>4,只需證g(x2)>g(4-x1), ∵g(x1)=g(x2)=a, ∴只需證g(x1)>g(4-x1),即, 即證(x1-3)+x1-1<0; 設(shè)h(x)=e2x-4(x-3)+x-1,x∈(1,2), 則h′(x)=e2x-4(2x-5)+1, 令m(x)=h′(x), 則m′(x)=4e2x-4(x-2), ∵x∈(1,2),∴m′(x)<0, ∴m(x)在(1,2)上單調(diào)遞減, 即h′(x)在(1,2)上單調(diào)遞減, ∴h′(x)>h′(2)=0, ∴h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增, ∴h(x)<h(2)=0, ∴+x1-1<0, 從而x1+x2>4得證. 5.(2018·長沙模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=x-ln(x+). (1)探究函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)x≥0時(shí),恒有f(x)≤ax3,試求a的取值范圍; (3)令an=6n+ln(n∈N*),試證明:a1+a2+…+an<. (1)解 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽. 由f′(x)=1-≥0, 知f(x)是R上的增函數(shù). (2)解 令g(x)=f(x)-ax3 =x-ln(x+)-ax3, 則g′(x)=, 令h(x)=(1-3ax2)-1, 則h′(x)= =. (ⅰ)當(dāng)a≥時(shí),h′(x)≤0, 從而h(x)是[0,+∞)上的減函數(shù), 注意到h(0)=0,則x≥0時(shí),h(x)≤0, 所以g′(x)≤0,進(jìn)而g(x)是[0,+∞)上的減函數(shù), 注意到g(0)=0,則x≥0時(shí),g(x)≤0, 即f(x)≤ax3. (ⅱ)當(dāng)0<a<時(shí),在上, 總有h′(x)≥0,從而知, 當(dāng)x∈時(shí),f(x)>ax3; (ⅲ)當(dāng)a≤0時(shí),h′(x)≥0,同理可知f(x)>ax3, 綜上,a的取值范圍是. (3)證明 在(2)中,取a=, 則x∈時(shí),x-ln(x+)>x3, 即x3+ln(x+)<x,取x=2n, an=6n+ln<n, 則a1+a2+…+an<<. 6.已知函數(shù)f(x)=ln x-ax+(a,b∈R),且對(duì)任意x>0,都有f(x)+f=0. (1)用含a的表達(dá)式表示b; (2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1<x2,求出a的取值范圍,并證明f>0; (3)在(2)的條件下,判斷y=f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù),并說明理由. 解 (1)根據(jù)題意,令x=1, 可得f(1)+f(1)=0, 所以f(1)=-a+b=0, 經(jīng)驗(yàn)證,可得當(dāng)a=b時(shí),對(duì)任意x>0,都有f(x)+f=0,所以b=a. (2)由(1)可知,f(x)=ln x-ax+,且x>0, 所以f′(x)=-a-=, 令g(x)=-ax2+x-a,要使f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,則y=g(x)有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根, 所以或 解得0<a<或無解,所以a的取值范圍為, 可得0<<. 由題意知,f=ln -+ =2ln a+--ln 2, 令h(x)=2ln x+--ln 2, 則h′(x)=--=. 而當(dāng)x∈時(shí), -3x4+4x-4=-3x4-4(1-x)<0, 即h′(x)<0, 所以h(x)在上單調(diào)遞減, 所以h(x)>h=-2ln 2+4--ln 2>-3ln e>0. 即當(dāng)0<a<時(shí),f>0. (3)因?yàn)閒′(x)=-a-=, g(x)=-ax2+x-a. 令f′(x)=0,得x1=,x2=. 由(2)知,當(dāng)0<a<時(shí),y=g(x)的對(duì)稱軸x=∈(1,+∞),Δ=1-4a2>0,g(0)=-a<0,所以x2>1. 又x1x2=1,可得x1<1, 此時(shí),f(x)在(0,x1)上單調(diào)遞減,在(x1,x2)上單調(diào)遞增,在(x2,+∞)上單調(diào)遞減, 所以y=f(x)最多只有三個(gè)不同的零點(diǎn). 又因?yàn)閒(1)=0,所以f(x)在(x1,1)上單調(diào)遞增, 即當(dāng)x∈[x1,1)時(shí),f(x)<0恒成立. 根據(jù)(2)可知,f>0且0<<, 所以?(x1,1),即∈(0,x1), 所以?x0∈,使得f(x0)=0. 由0<x0<x1<1,得>1, 又f=-f(x0)=0,f(1)=0, 所以f(x)恰有三個(gè)不同的零點(diǎn):x0,1,. 綜上所述,y=f(x)恰有三個(gè)不同的零點(diǎn).

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