（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略 理（普通生含解析）

《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略 理（普通生含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略 理（普通生含解析）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略 理（普通生，含解析） 1．(2018·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(a∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a>0時，證明：f(x)≥. 解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)． 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a>0時，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增； 若00時，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.

2、 要證f(x)≥，只需證ln a＋1≥， 即證ln a＋－1≥0. 令函數(shù)g(a)＝ln a＋－1， 則g′(a)＝－＝(a>0)， 當(dāng)01時，g′(a)>0， 所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(a)min＝g(1)＝0. 所以ln a＋－1≥0恒成立， 所以f(x)≥. 2．(2018·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a. 解：(1)證明：當(dāng)a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1

3、≤0. 設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 當(dāng)x≠1時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 而g(0)＝0，故當(dāng)x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點等價于h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點． (ⅰ)當(dāng)a≤0時，h(x)>0，h(x)沒有零點； (ⅱ)當(dāng)a>0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 當(dāng)x∈(0,2)時，h′(x)<0； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0. 所以h(x)在(0,

4、2)上單調(diào)遞減， 在(2，＋∞)上單調(diào)遞增． 故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值． ①當(dāng)h(2)>0，即a<時，h(x)在(0，＋∞)上沒有零點． ②當(dāng)h(2)＝0，即a＝時，h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點． ③當(dāng)h(2)<0，即a>時，因為h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一個零點． 由(1)知，當(dāng)x>0時，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0， 故h(x)在(2,4a)上有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)上有兩個零點． 綜上，當(dāng)f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點時，a＝. 3．(2018·西安質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln

5、 x＋(k∈R)． (1)若曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，求f(x)的單調(diào)性和極小值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))； (2)若對任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)0)， ∵曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直， ∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e， ∴f′(x)＝－＝(x>0)． 由f′(x)<0，得00，得x>e， ∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小

6、值，且f(e)＝ln e＋＝2. ∴f(x)的極小值為2. (2)由題意知對任意的x1>x2>0，f(x1)－x10)， 則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 即當(dāng)x>0時，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立， ∴k≥. 故k的取值范圍是. 4．(2018·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x. (1)若a＝0，證明：當(dāng)－10時，f(x)>0； (2)若x＝0是f(x)的極大值點，求a. 解

7、：(1)證明：當(dāng)a＝0時，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－. 設(shè)函數(shù)g(x)＝ln(1＋x)－， 則g′(x)＝. 當(dāng)－10時，g′(x)>0， 故當(dāng)x>－1時，g(x)≥g(0)＝0， 且僅當(dāng)x＝0時，g(x)＝0， 從而f′(x)≥0，且僅當(dāng)x＝0時，f′(x)＝0. 所以f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增． 又f(0)＝0， 故當(dāng)－10時，f(x)>0. (2)①若a≥0，由(1)知， 當(dāng)x>0時，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)， 這與x

8、＝0是f(x)的極大值點矛盾． ②若a<0， 設(shè)函數(shù)h(x)＝＝ln(1＋x)－. 由于當(dāng)|x|0， 故h(x)與f(x)符號相同． 又h(0)＝f(0)＝0， 故x＝0是f(x)的極大值點， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝0是h(x)的極大值點． h′(x)＝－ ＝. 若6a＋1>0，則當(dāng)00， 故x＝0不是h(x)的極大值點． 若6a＋1<0，則a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0， 故當(dāng)x∈(x1,0)，且|x|0； 當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0. 所以x＝0是 h(x)的極大值點， 從而x＝0是 f(x)的極大值點． 綜上，a＝－