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1、2019年高考数学一轮复习高考大题专项练1高考中的函数与导数高考大题专项练一高考中的函数与导数1.(2017福建福州一模)已知函数f(x)=aln x+x2-ax(aR).(1)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;(2)求g(x)=f(x)-2x在区间1,e的最小值h(a).2.已知函数f(x)=ax-aex(a0).(1)当a=-1时,求函数f(x)的极值;(2)若函数F(x)=f(x)+1没有零点,求实数a的取值范围.3.函数f(x)=x22+ax+2ln x(aR)在x=2处取得极值.(1)求实数a的值及函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(x)=m有三个实根,求m的取值
2、范围.4.(2017全国,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0时,证明f(x)-34a-2.5.设函数f(x)=ax+ln x,g(x)=a2x2.(1)当a=-1时,在函数y=f(x)的图象上求一点P,使得点P到直线x-y+3=0的距离最小,求出距离的最小值;(2)是否存在正实数a,使f(x)g(x)对一切正实数x都成立,若存在,求出a的取值范围,若不存在,请说明理由.6.(2017全国,文21)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围.7.已知函数f(x)=
3、12ax2-(2a+1)x+2ln x(aR).(1)求f(x)的单调区间;(2)设g(x)=x2-2x,若对任意x1(0,2,均存在x2(0,2,使得f(x1)0,b0,a1,b1).(1)设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根;若对于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;(2)若0a1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.参考答案高考大题专项练一高考中的函数与导数1.解(1)f(x)=ax+2x-a(x0).x=3是函数f(x)的一个极值点,f(3)=a3+6-a=0,解得a=9,f(x)=(2x-3)(x-3)x,0x3时,f(x)0,
4、32x3时,f(x)0,f(x)的单调递增区间为0,32,(3,+);f(x)的单调递减区间为32,3.(2)g(x)=alnx+x2-ax-2x,x1,e,g(x)=(2x-a)(x-1)x.当a21,即a2时,g(x)在1,e上递增,g(x)min=g(1)=-a-1;当1a2e,即2a2e时,g(x)在1,a2内递减,在a2,e上递增,故g(x)min=ga2=alna2-a24-a;当a2e,即a2e时,g(x)在1,e上递减,故g(x)min=g(e)=a(1-e)+e(e-2).综上,h(a)=-a-1,a2,alna2-a24-a,2a2e,a(1-e)+e(e-2),a2e.2
5、.解(1)当a=-1时,f(x)=-x+1ex,f(x)=x-2ex.由f(x)=0,得x=2.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,2)2(2,+)f(x)-0+f(x)极小值所以函数f(x)的极小值为f(2)=-1e2,函数f(x)无极大值.(2)F(x)=f(x)=aex-(ax-a)exe2x=-a(x-2)ex.因为a0,解得a-e2,所以此时-e2a0,由f(x)0,得0x2;由f(x)0,得1x2.所以函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(2,+),单调递减区间是(1,2).(2)由(1)可知极小值f(2)=2ln2-4,极大值为f(1)=-52.因为方程f
6、(x)=m有三个实根,所以2ln2-4m0,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0;当x-12a,+时,f(x)0.故f(x)在0,-12a单调递增,在-12a,+单调递减.(2)证明由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0;x(1,+),f(x)0),即F(x)=ax+lnx-a2x2,则F(x)=a+1x-2a2x=ax-2a2x2+1x=-2a2x+12ax-1ax(x0),令F(x)=0,得x=1a.于是当x0,1a时,F(x)0;当x1a,+时,F(x)0.故F(x)在0,1a内是增函数,在1a,+内是减函数.故F(x)max=F1a=a1a+ln1
7、a-a21a2=1-lna-1=-lna.要使f(x)g(x)对一切正实数x都成立,只需F(x)max0,即-lna0,即a1.故存在正实数a1,+),使f(x)g(x)恒成立.6.解(1)f(x)=(1-2x-x2)ex.令f(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.当x(-,-1-2)时,f(x)0;当x(-1+2,+)时,f(x)0.所以f(x)在(-,-1-2),(-1+2,+)内单调递减,在(-1-2,-1+2)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)内单调递减,而h(0)=1,故h(
8、x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)内单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=5-12,则x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).7.解f(x)=ax-(2a+1)+2x(x0).(1)f(x)=(ax-1)(x-2)x(x0).当a0时,x0,ax-10,在区间(
9、2,+)内,f(x)0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+).当0a2,在区间(0,2)和1a,+内,f(x)0,在区间2,1a内,f(x)12时,01a0,在区间1a,2内,f(x)0,故f(x)的单调递增区间是0,1a和(2,+),单调递减区间是1a,2.(2)对任意x1(0,2,均存在x2(0,2,使得f(x1)g(x2)在(0,2上有f(x)maxg(x)max.由题意可知g(x)max=0,由(1)可知,当a12时,f(x)在(0,2上单调递增.故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2,所以-2a-2+2ln2ln2-
10、1.故ln2-112时,f(x)在0,1a上单调递增,在1a,2上单调递减,故f(x)max=f1a=12a-(2a+1)1a+2ln1a=-12a-2-2lna12时,12a+2lna12a+2lne-1=12a-2-2.故a12时满足题意.综上,a的取值范围为(ln2-1,+).8.解(1)因为a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x.方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-22x+1=0,所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2.因为f(2x)mf(x)-6对于xR恒成立,且f(x)0,所以m(f(x)2+4f(x)对于xR恒成立.而(f(x)2+4f(x)=f(x)+4f(x)2f(x)
