【導與練】（新課標）2016屆高三數(shù)學一輪復習 大題沖關集訓（一）理

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1、 大題沖關集訓(一) 1.(2014高考安徽卷)設函數(shù)f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調性; (2)當x∈[0,1]時,求f(x)取得最大值和最小值時的x的值. 解:(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2. 令f′(x)=0,得x1=,x2=, x1x2時,f′(x)<0; 當x10. 故f(x)在(-∞,)和(,+∞)內單調遞減,在(,)內單調遞增. (2)因為a>0,所以x1

2、<0,x2>0. ①當a≥4時,x2≥1. 由(1)知,f(x)在[0,1]上單調遞增. 所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值. ②當0

3、調性; (2)若f(x)≤x2恒成立,求c的取值范圍. 解:(1)∵f(x)=ln x-cx, ∴x∈(0,+∞),f′(x)=-c=. 當c≤0時,f(x)單調增區(qū)間為(0,+∞),無單調減區(qū)間; 當c>0時,f(x)單調增區(qū)間為(0,),f(x)單調減區(qū)間為(,+∞). (2)∵f(x)≤x2恒成立, 即ln x-cx≤x2恒成立, ∴c≥-x,當x∈(0,+∞)時恒成立. 設g(x)=-x, ∴g′(x)=, ∴g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減. ∴[g(x)]max=g(1)=-1, ∴c≥-1.即c的取值范圍為(-1,+∞). 3.

4、(2014涼州一診)已知函數(shù)f(x)=(ax-2)ex在x=1處取得極值. (1)求a的值; (2)求函數(shù)f(x)在[m,m+1]上的最小值; (3)求證:對任意x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e. (1)解:f′(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex. 由已知得f′(1)=0, 即(2a-2)e=0, 解得a=1. 當a=1時,在x=1處函數(shù)f(x)=(x-2)ex取得極小值, 所以a=1. (2)解:由(1)知f(x)=(x-2)ex, f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex. 所以函數(shù)f(x)在(-∞,1)上單調遞

5、減,在(1,+∞)上單調遞增. 當m≥1時,f(x)在[m,m+1]上單調遞增, [f(x)]min=f(m)=(m-2)em. 當0

6、2,f(1)=-e,f(2)=0, 所以當x∈[0,2]時,[f(x)]max=0,[f(x)]min=-e, 所以,對任意x1,x2∈[0,2],都有 |f(x1)-f(x2)|≤[f(x)]max-[f(x)]min=e. 4.(2014臨沂市質檢)已知函數(shù)f(x)=ln x. (1)若直線y=x+m與函數(shù)f(x)的圖象相切,求實數(shù)m的值; (2)證明曲線y=f(x)與曲線y=x-有唯一的公共點; (3)設0

7、+m,得m=-1. (2)證明:令h(x)=f(x)-(x-)=ln x-x+, 則h′(x)=-1- = =<0, ∴h(x)在(0,+∞)上單調遞減. 又h(1)=ln 1-1+1=0, ∴x=1是函數(shù)h(x)唯一的零點, 故點(1,0)是兩曲線唯一的公共點. (3)解:-=ln -, ∵01. 構造函數(shù) (x)=ln x-(x>1), 則′(x)=- =- =>0, ∴ (x)在(1,+∞)上單調遞增, 又當x=1時, (1)=0, ∴x>1時, (x)>0, 即ln x>, 則有l(wèi)n >成立, 即>. 即>. 5.(20

8、15湖北省八市聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)g(x)及二次函數(shù)h(x)滿足g(x)+2g(-x)=ex+-9,h(-2)=h(0)=1且h(-3)=-2. (1)求g(x)和h(x)的解析式; (2)對于x1,x2∈[-1,1],均有h(x1)+ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成立,求a的取值范圍; (3)設f(x)=討論方程f[f(x)]=2的解的個數(shù)情況. 解:(1)∵g(x)+2g(-x)=ex+-9,① g(-x)+2g(x)=e-x+-9, 即g(-x)+2g(x)=2ex+-9, ② 由①②聯(lián)立解得g(x)=ex-3. ∵h(x)是二次函數(shù),且h(-2)=h(

9、0)=1, 可設h(x)=ax(x+2)+1, 由h(-3)=-2, 解得a=-1. ∴h(x)=-x(x+2)+1=-x2-2x+1. ∴g(x)=ex-3,h(x)=-x2-2x+1. (2)設φ(x)=h(x)+ax+5=-x2+(a-2)x+6, F(x)=ex-3-x(ex-3)=(1-x)ex+3x-3, 依題意知,當-1≤x≤1時,[φ(x)]min≥[F(x)]max. ∵F′(x)=-ex+(1-x)ex+3=-xex+3在[-1,1]上單調遞減, ∴[F′(x)]min=F′(1)=3-e>0, ∴F(x)在[-1,1]上單調遞增, ∴[F(x)]m

10、ax=F(1)=0, ∴ 解得-3≤a≤7, ∴實數(shù)a的取值范圍為[-3,7]. (3)f(x)的圖象如圖所示. 令T=f(x),則f(T)=2. ∴T1=-1,T2=ln 5,f(x)=-1有兩個解,f(x)=ln 5有3個解. ∴f[f(x)]=2有5個解. 6.已知函數(shù)f(x)=ax-1-ln x(a∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調性; (2)若函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,不等式f(x)≥bx-2對?x∈(0, +∞)恒成立,求實數(shù)b的取值范圍; (3)當x>y>e-1時,證明不等式exln(1+y)>eyln(1+x). (1)解:函數(shù)的定義域是

11、(0,+∞), 且f′(x)=a-=. 當a≤0時,ax-1<0,從而f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調遞減; 當a>0時,若0eyln(1+x)成立,只需證>. 構造函數(shù)h(x)=,則h′(x)==,h′(x)在(e,+∞)上單調遞增, h′(x)>h′(e)>0, 則h(x)在(e,+∞)上單調遞增. 由于x>y>e-1,所以x+1>y+1>e, 所以>, 即exln(1+y)>eyln(1+x). 7