《2019-2020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 理(含解析)北师大版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020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 理(含解析)北师大版（3页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020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 理（含解析）北师大版高考大题专项练第2页1.(xx山西四校联考)已知f(x)=ln x-x+a+1.(1)若存在x(0,+)使得f(x)0成立,求a的取值范围;(2)求证:当x1时,在(1)的条件下,x2+ax-axln x+成立.解:(1)原题即为存在x0使得ln x-x+a+10,a-ln x+x-1,令g(x)=-ln x+x-1,则g(x)=-+1=.令g(x)=0,解得x=1.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)为增函数,g(x)min=g(1)=0,ag(1)=0.故a的取值范围是0,+).(2)
2、证明:原不等式可化为x2+ax-xln x-a-0(x1,a0).令G(x)=x2+ax-xln x-a-,则G(1)=0.由(1)可知x-ln x-10,则G(x)=x+a-ln x-1x-ln x-10,G(x)在(1,+)上单调递增,G(x)G(1)=0成立,x2+ax-xln x-a-0成立,即x2+ax-ax1n x+成立.导学号2.(xx河南新乡调研)已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(aR),g(x)=x2+ex-xex.(1)当x1,e时,求f(x)的最小值;(2)当a1时,若存在x1e,e2,使得对任意的x2-2,0,f(x1)g(x2)恒成立,求a的取值范围.解:(
3、1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=.当a1时,x1,e,f(x)0,f(x)为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.当1ae时,x1,a时,f(x)0,f(x)为减函数;xa,e时,f(x)0,f(x)为增函数.所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.当ae时,x1,e时,f(x)0,f(x)在1,e上为减函数.f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.综上,当a1时,f(x)min=1-a;当1ae时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1;当ae时,f(x)min=e-(a+1)-.(2)由题意知:f(x)(xe,e2)的最小值小于g(x)(x-2,0
4、)的最小值.由(1)知f(x)在e,e2上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.g(x)=(1-ex)x.当x-2,0时g(x)0,g(x)为减函数,g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)-,所以a的取值范围为.导学号3.(xx河北唐山二模)已知f(x)=x+aln x,其中aR.(1)设f(x)的极小值点为x=t,请将a用t表示;(2)记f(x)的极小值为g(t),证明:g(t)=g;函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数.解:(1)f(x)=1-,t=0,当x(0,t)时,f(x)0,f(x)单调递增.由f(t)=0得a=-t.(2)由(1)知f(x)的极小值为
5、g(t)=t+ln t,则g+t+ln=t+ln t=g(t).g(t)=-ln t,当t(0,1)时,g(t)0,g(t)单调递增;当t(1,+)时,g(t)0,g(t)单调递减.又g=g(e2)=-e20,分别存在唯一的c和d(1,e2),使得g(c)=g(d)=0,且cd=1,所以y=g(t)有两个零点且互为倒数.导学号4.(xx河北保定高三调研)已知函数f(x)=ln x+ax-a2x2(a0).(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求a的值;(2)若f(x)0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)函数的定义域为(0,+),f(x)=.因为x=1是函数y=f(x)的极值点
6、,所以f(1)=1+a-2a2=0,解得a=-或a=1.又a0,所以a=-(舍去).经检验当a=1时,x=1是函数y=f(x)的极值点,所以a=1.(2)当a=0时,f(x)=ln x,显然在定义域内不满足f(x)0时,令f(x)=0,得x1=-(舍去),x2=,所以f(x),f(x)的变化情况如下表:xf(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减所以f(x)max=f=ln1.综上可得实数a的取值范围是(1,+).导学号5.(xx课标全国,理21)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增;(2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|
7、f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.解:(1)f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0;所以,f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在-1,0上单调递减,在0,1上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是即设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-
8、1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.导学号6.已知函数f(x)=ln(x+a)-x2+x,g(x)=xex-x2-1(x0),且f(x)在点x=1处取得极值.(1)求实数a的值;(2)若关于x的方程f(x)=-x+b在区间1,3上有解,求b的取值范围;(3)证明:g(x)f(x).解:(1)f(x)=ln(x+a)-x2+x,f(x)=-2x+1.函数f(x)=ln(x+a)-x2+x在点x=1处取得极值,f(1)=0,即当x=1时-2x+1=0,-1=0,则得a=0.经检验符合题意.(2)f(x)=-x+
9、b,ln x-x2+x=-x+b,ln x-x2+x=b.令h(x)=ln x-x2+x(x0),则h(x)=-2x+=-.当x1,3时,h(x),h(x)随x的变化情况如下表:x1(1,2)2(2,3)3h(x)+0-h(x)极大值计算得:h(1)=,h(3)=ln 3+,h(2)=ln 2+3,h(x).b的取值范围为.(3)证明:令F(x)=g(x)-f(x)=xex-ln x-x-1(x0),则F(x)=(x+1)ex-1=(xex-1),令G(x)=xex-1,则G(x)=(x+1)ex0(x0),函数G(x)在(0,+)递增,G(x)在(0,+)上的零点最多一个.又G(0)=-10,存在唯一的c(0,1)使得G(c)=0,且当x(0,c)时,G(x)0.即当x(0,c)时,F(x)0.F(x)在(0,c)上递减,在(c,+)上递增,从而F(x)F(c)=cec-ln c-c-1.由G(c)=0得cec-1=0,即cec=1,两边取对数得ln c+c=0,F(c)=0.F(x)F(c)=0.从而证得g(x)f(x).导学号
