2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文

《2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　綜合大題部分 1. (2017·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a<0時(shí)，證明f(x)≤－－2. 解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a<0，則當(dāng)x∈(0，－)時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(－，＋∞)時(shí)，f′(x)<0. 故f(x)在(0，－)上單調(diào)遞增，在(－，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在x＝－處取得最大值，

2、最大值為f(－)＝ln(－)－1－. 所以f(x)≤－－2等價(jià)于ln(－)－1－≤－－2，即ln(－)＋＋1≤0. 設(shè)g(x)＝ln x－x＋1，則g′(x)＝－1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 故當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤0. 從而當(dāng)a<0時(shí)，ln(－)＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. 2．(2017·高考全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)

3、≤ax＋1，求a的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋. 當(dāng)x∈(－∞，－1－)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(－1－，－1＋)時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(－1＋，＋∞)時(shí)，f′(x)<0. 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)單調(diào)遞增． (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex<0(x>0)． 因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減．而h(0)＝1， 故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤

4、x＋1≤ax＋1. 當(dāng)00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增． 而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當(dāng)0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)＝ －x(x2＋x＋a－1)，取x0＝，則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)－ax0－1>0， 即f(x0)>ax0＋1. 當(dāng)a≤0時(shí)，取x0＝，則x0∈(0,1)， f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)

5、． 3．(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，－1)處的切線方程； (2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥0. 解析：(1)f′(x)＝，f′(0)＝2. 因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是 2x－y－1＝0. (2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 當(dāng)x＜－1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x＞－1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增． 所以g(x)≥g(－1)＝0. 因此f(x)＋e≥0.

6、 1. 已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax＋(a∈R)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)當(dāng)a≤時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 解析：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln x＋x，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝＋1，f′(1)＝＋1＝2， f(1)＝ln 1＋1＝1，故曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為2，切線方程為y－1＝2(x－1)， 即y＝2x－1. (2)因?yàn)閒(x)＝ln x＋ax＋， 所以f′(x)＝＋a－＝(x∈(0，＋∞))．(不可忽視函數(shù)的定義域) 令g(x)＝ax2＋x－a＋1(x∈(0，＋∞)

7、)， ①當(dāng)a＝0時(shí)，g(x)＝x＋1，而x>0， 所以g(x)>0，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)a≠0時(shí)，g(x)＝(ax＋1－a)(x＋1)＝a(x－)(x＋1)． (i)當(dāng)a<0時(shí)，>0， 當(dāng)x∈(0，)時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0， 故函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0， 故函數(shù)f(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞減． (ii)當(dāng)00，所以f′(x)>0， 即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (iii)當(dāng)a＝1時(shí)，＝0， 故當(dāng)x

8、∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)>0，所以f′(x)>0， 即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (iv)當(dāng)a>1時(shí)，>0， 當(dāng)x∈(0，)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0， 故函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0， 故函數(shù)f(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上，當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增， 在(，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)0≤a≤1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減， 在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－2x2＋x＋c. (1)當(dāng)a＝1，且

9、函數(shù)圖象過(0,1)時(shí)，求函數(shù)的極小值； (2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無(wú)極值點(diǎn)，求a的取值范圍． 解析：f′(x)＝3ax2－4x＋1. (1)函數(shù)圖象過(0,1)時(shí)，有f(0)＝c＝1. 又a＝1，則f(x)＝x3－2x2＋x＋1， f′(x)＝3x2－4x＋1， 令f′(x)>0，則x<或x>1. 令f′(x)<0，則

10、x)≤0恒成立． ①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝－4x＋1，顯然不滿足題意． ②當(dāng)a≠0時(shí)，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要條件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0， 即16－12a≤0，解得a≥. 綜上，a的取值范圍為[，＋∞)． 3．函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋m(m∈R)． (1)求f(x)的極值； (2)當(dāng)m在什么范圍內(nèi)取值時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝1有三個(gè)不同的交點(diǎn)． 解析：(1)f′(x)＝3x2－2x－1， 令f′(x)>0，則x>1或x<－， 令f′(x)<0，則－0， 當(dāng)x∈(－，1)時(shí)，f′

11、(x)<0， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以當(dāng)x＝－時(shí)，f(x)取得極大值，為＋m，當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極小值，為m－1. (2)畫出f(x)和y＝1的大致圖象如圖． 由圖象可以看出，要使曲線y＝f(x)與直線y＝1有三個(gè)不同的交點(diǎn)， 則＋m>1，m－1<1， 所以2(x－ln x)． 解析：(1)因?yàn)閒(x)＝， 所以f′(x)＝＝，f′(2)＝， 又切點(diǎn)為(2，)，所以切線方程為 y－＝(x－2)

12、，即e2x－4y＝0. (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－2(x－ln x)＝－2x＋2ln x，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝－2＋＝，x∈(0，＋∞)． 設(shè)h(x)＝ex－2x，x∈(0，＋∞)， 則h′(x)＝ex－2，令h′(x)＝0，則x＝ln 2. 當(dāng)x∈(0，ln 2)時(shí)，h′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln 2，＋∞)時(shí)，h′(x)>0. 所以h(x)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2>0， 故h(x)＝ex－2x>0. 令g′(x)＝＝0，則x＝1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0. 所以g(x)min＝g(1)＝e－2>0， 故g(x)＝f(x)－2(x－ln x)>0， 從而有f(x)>2(x－ln x)． 7