2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 主觀題專練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（11） 文

《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 主觀題專練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（11） 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 主觀題專練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（11） 文（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(11) 1．[2018·北京卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a； (2)若f(x)在x＝2處取得極小值，求a的取值范圍． 解析：(1)因?yàn)閒(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex， 所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex. 所以f′(1)＝(1－a)e. 由題設(shè)知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1. 此時(shí)f(1)＝3e≠0. 所以a的值為1. (2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex ＝(ax－1)(x－2)

2、ex. 若a>，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在x＝2處取得極小值． 若a≤，則當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，x－2<0，ax－1≤x－1<0， 所以f′(x)>0. 所以2不是f(x)的極小值點(diǎn)． 綜上可知，a的取值范圍是. 2．[2019·安徽省安慶市高三模擬]已知函數(shù)f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0. 解析：解法一　(1)f′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②若a>0，則當(dāng)

3、00； 當(dāng)x>時(shí)，f′(x)<0. 所以f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． (2)證明：因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤－2e， 由(1)知，當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增， 在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以f(x)max＝f(1)＝－e. 設(shè)g(x)＝－2e(x>0)，則g′(x)＝， 所以當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e. 所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤－2e， 即xf(x)－ex＋2ex≤0. 解法二

4、　(1)同解法一． (2)證明：由題意知， 即證exln x－ex2－ex＋2ex≤0(x>0)， 從而等價(jià)于ln x－x＋2≤. 設(shè)函數(shù)g(x)＝ln x－x＋2，則g′(x)＝－1. 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0， 故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1. 設(shè)函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝. 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0. 故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 從而h(

5、x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1. 綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤h(x)， 即xf(x)－ex＋2ex≤0. 3．[2019·甘肅第二次診斷]已知函數(shù)f(x)＝2x2－ax＋1＋ln x(a∈R)． (1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)若a＝5，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若3

6、x－1)，即5x－y－2＝0. (2)當(dāng)a＝5時(shí)，f(x)＝2x2－5x＋1＋ln x，其定義域?yàn)?0，＋∞)， f(x)＝4x－5＋＝， 當(dāng)x∈，(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在和(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在上單調(diào)遞減． (3)由f(x)＝2x2－ax＋1＋ln x得f′(x)＝＋4x－a＝. 設(shè)h(x)＝4x2－ax＋1，Δ＝a2－16， 當(dāng)30， 所以f

7、(x)在x∈[1，e]上有唯一零點(diǎn)． 4．[2019·武漢調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－，其中a為常數(shù)． (1)當(dāng)10時(shí)，求g(x)＝xln＋ln(1＋x)的最大值． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，f′(x)＝，x>－1. ①當(dāng)－1<2a－3<0，即10時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)2a－30，即a>時(shí)，

8、 當(dāng)－12a－3時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)0

9、(1＋x)＋·－(lnx＋1)＝ln(1＋x)－lnx＋－， 則h′(x)＝. 由(1)可知當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減， ∴f(x)

10、解析：(1)f(x)的定義域?yàn)镽， f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)． 當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減， 在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)有1個(gè)極值點(diǎn)； 當(dāng)0時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增， 在(0，ln(2a))上單調(diào)遞減， 在(ln(2a)，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)， 綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)有1

11、個(gè)極值點(diǎn)； 當(dāng)a>0且a≠時(shí)，f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)； 當(dāng)a＝時(shí)，f(x)沒有極值點(diǎn)． (2)由f(x)＋ex≥x3＋x，得xex－x3－ax2－x≥0. 當(dāng)x>0時(shí)，ex－x2－ax－1≥0， 即a≤對(duì)?x>0恒成立． 設(shè)g(x)＝(x>0)， 則g′(x)＝. 設(shè)h(x)＝ex－x－1(x>0)，則h′(x)＝ex－1. ∵x>0， ∴h′(x)>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1， ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2； 當(dāng)x＝0時(shí)，原不等式恒

12、成立，a∈R； 當(dāng)x<0時(shí)，ex－x2－ax－1≤0， 設(shè)m(x)＝ex－x2－ax－1(x<0)， 則m′(x)＝ex－2x－a. 設(shè)φ(x)＝ex－2x－a(x<0)，則φ′(x)＝ex－2<0， ∴m′(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減， ∴m′(x)>m′(0)＝1－a， 若a≤1，則m′(x)>0， ∴m(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增， ∴m(x)1，∵m′(0)＝1－a<0， ∴?x0<0，使得x∈(x0,0)時(shí)，m′(x)<0， 即m(x)在(x0,0)上單調(diào)遞減， ∴m(x)>m(0)＝0，不符合題意，舍去． ∴a≤1. 綜上，

13、a的取值范圍是(－∞，e－2]． 6．[2019·貴陽(yáng)市普通高中高三年級(jí)摸底考試]已知函數(shù)f(x)＝xln x－ax＋a(a∈R)． (1)f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋t，求a和t的值； (2)對(duì)任意的x>1，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍． 解析：(1)函數(shù)定義域?yàn)閤∈(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－a， 由已知f′(1)＝－1，則1－a＝－1，即a＝2， 所以f(1)＝0－2＋2＝0，將(1,0)代入切線方程有t＝1， 所以a＝2，t＝1. (2)對(duì)任意x∈(1，＋∞)，f(x)≥0恒成立， 即ln x＋－a≥0恒成立， 令g(x)＝

14、ln x＋－a，有g(shù)′(x)＝， ①當(dāng)a>1時(shí)，g(x)，g′(x)隨x的變化情況為 x (1，a) a (a，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 由表可知g(x)min＝g(a)＝ln a＋1－a， 又因?yàn)樵诤瘮?shù)h(x)＝ln x＋1－x中，h′(x)＝， 所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以h(x)≤h(1)＝0， 所以g(x)min＝g(a)＝h(a)1不合題意； ②當(dāng)a≤1時(shí)，g′(x)＝≥0，則g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)≥g(1)＝0，即對(duì)任意x∈(1，＋∞)，ln x＋－a≥0恒成立， 故a≤1滿足題意， 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]． 7