《2019届高三数学（文）二轮复习查漏补缺课时练习解答必刷卷（一）函数与导数含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三数学（文）二轮复习查漏补缺课时练习解答必刷卷（一）函数与导数含答案解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、解答必刷卷(一)函数与导数考查范围:第4讲第15讲题组一真题集训 1.2018全国卷 已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a1e时,f(x)0.2.2018北京卷 设函数f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.3.2018全国卷 已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.题组二模拟强化 4.2018湖南衡阳一模
2、 已知函数f(x)=2x+aln x.(1)若函数f(x)在(0,2)上单调递减,求实数a的取值范围;(2)设h(x)=f(x)+|(a-2)x|,x1,+),求证:h(x)2.5.2018山西太原模拟 已知函数f(x)=exsin x-cos x,g(x)=xcos x-2ex,其中e是自然对数的底数.(1)判断函数f(x)在0,2内零点的个数,并说明理由;(2)若x10,2,x20,2,f(x1)+g(x2)m,试求实数m的取值范围.6.2018广东六校三联 已知函数f(x)=x2-2x+1+a(ln x-x+1)(其中aR且a为常数).(1)若对于任意的x(1,+),都有f(x)0成立,
3、求a的取值范围;(2)在(1)的条件下,若方程f(x)+a+1=0在(0,2上有且只有一个实根,求a的取值范围.解答必刷卷(一)1.解:(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-1x.由题设知,f(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-ln x-1,f(x)=12e2ex-1x.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.(2)证明:当a1e时,f(x)exe-ln x-1.设g(x)=exe-ln x-1,则g(x)=exe-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,
4、g(x)g(1)=0.因此,当a1e时,f(x)0.2.解:(1)因为f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex,所以f(x)=ax2-(a+1)x+1ex,f(2)=(2a-1)e2.由题设知f(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12.(2)方法一:由(1)得f(x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex.若a1,则当x1a,1时,f(x)0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a1,则当x(0,1)时,ax-1x-10.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+).方法二:f(x)=(ax-1)(x-1)ex.当a=0时,令f(x)=0得
5、x=1.f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-,1)1(1,+)f(x)+0-f(x)极大值所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.当a0时,令f(x)=0得x1=1a,x2=1.(i)当x1=x2,即a=1时,f(x)=(x-1)2ex0,所以f(x)在R上单调递增,所以f(x)无极值,不合题意.(ii)当x1x2,即0a1时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-,1)11,1a1a1a,+f(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.(iii)当x11时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x-,1a1a1a,11(1,+)f(
6、x)+0-0+f(x)极大值极小值所以f(x)在x=1处取得极小值,即a1满足题意.当a0;当x(3-23,3+23)时,f(x)0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)20,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-160,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.4.解:(1)由函数f(x)在(0,2)上单调递减得对任意x(0,2),恒有f(x)=ax-2x
7、20成立,即a2x对任意x(0,2)恒成立,又当x(0,2)时,2x1,所以a1.(2)证明:当a2时,h(x)=f(x)+(a-2)x=2x+aln x+(a-2)x(x1),所以h(x)=ax-2x2+a-20,所以h(x)在1,+)上是增函数,故h(x)h(1)=a2.当a2时,h(x)=f(x)-(a-2)x=2x+aln x-(a-2)x(x1),所以h(x)=ax-2x2-a+2=(2-a)x+2(x-1)x2,令h(x)=0,解得x=-22-a2.综上所述,h(x)2.5.解:(1)函数f(x)在0,2内零点的个数为1.理由如下:因为f(x)=exsin x-cos x,所以f(
8、x)=exsin x+excos x+sin x,当0x0,所以函数f(x)在0,2上单调递增.又因为f(0)=-10,所以根据零点存在性定理知函数f(x)在0,2内存在1个零点.(2)因为不等式f(x1)+g(x2)m等价于f(x1)m-g(x2),所以x10,2,x20,2,f(x1)+g(x2)m等价于f(x1)minm-g(x2)min,即f(x1)minm-g(x2)max.当x0,2时,f(x)=exsin x+excos x+sin x0,故f(x)在区间0,2上单调递增,所以当x=0时,f(x)取得最小值-1.又g(x)=cos x-xsin x-2ex,当x0,2时,0cos
9、 x1,xsin x0,2ex2,所以g(x)0对于任意x(1,+)恒成立,所以f(x)在(1,+)上单调递增, 所以f(x)f(1)=0,此时满足题意;当a2时,易知f(x)在1,a2上单调递减,在a2,+上单调递增,所以当x1,a2时,有f(x)0,所以要使g(x)在(0,2上有且只有一个零点,则g(1)=0或g(2)0,解得a=-1或a-2ln2.当a=2时,因为函数g(x)在(0,2上单调递增,且g(e-4)=1e8-4e4-20,所以g(x)在(0,2上有且只有一个零点.当0a0,所以当xa2,2时,总有g(x)0,因为e-2a+2a1a+2,所以g(e-2a+2a)=e-2a+2ae-2a+2a-(a+2)+(aln e-2a+2a+2a+2)0,所以g(x)在0,a2上必有零点,又因为g(x)在0,a2上单调递增,从而当0a2时,g(x)在(0,2上有且只有一个零点.综上所述,当0a2或a-2ln2或a=-1时,方程f(x)+a+1=0在(0,2上有且只有一个实根.9
