浙江省2019高考數學 精準提分練 解答題通關練5 函數與導數.docx

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5.函數與導數 1．(2018浙江省杭州二中模擬)已知函數f(x)＝＋lnx. (1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)求證：f(x)>0. (1)解　f(x)＝＋lnx的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝＋＝， 所以f′(1)＝－，又f(1)＝1，則切線方程為x＋2y－3＝0. (2)證明　令h(x)＝x3＋2x2－3x－2， 則h′(x)＝3x2＋4x－3， 設h′(x)＝0的兩根為x1，x2，由于x1x2＝－1<0， 不妨設x1<0，x2>0，則h(x)在(0，x2)上是單調遞減的，在(x2，＋∞)上是單調遞增的． 而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點x0，且x0∈(1,2)， 所以f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增． 所以f(x)≥f(x0)＝＋lnx0， 因為x0∈(1,2)，lnx0>0，f(x)>>0，所以f(x)>0. 2．已知函數f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(a∈R)． (1)求函數y＝f(x)的單調區(qū)間； (2)當a＝1時，證明：對任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2. (1)解　函數f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝2x－(a－2)－＝＝. 當a≤0時，f′(x)＞0對任意x∈(0，＋∞)恒成立， 所以函數f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增． 當a＞0時，由f′(x)＞0，得x＞， 由f′(x)＜0，得0＜x＜， 所以函數f(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減． (2)證明　當a＝1時，f(x)＝x2＋x－lnx， 要證明f(x)＋ex＞x2＋x＋2， 只需證明ex－lnx－2＞0，設g(x)＝ex－lnx－2， 則問題轉化為證明對任意的x＞0，g(x)＞0， 令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝， 容易知道該方程有唯一解，不妨設為x0，則x0滿足＝， 當x變化時，g′(x)和g(x)的變化情況如下表： x (0，x0) x0 (x0，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) 單調遞減 單調遞增 g(x)min＝g(x0)＝－lnx0－2＝＋x0－2， 因為x0＞0，且x0≠1， 所以g(x)min＞2－2＝2－2＝0， 因此不等式得證． 3．已知函數f(x)＝x2－2x＋2＋alnx(a∈R)． (1)若a＝1，求函數在A(1,1)處的切線方程； (2)若函數y＝f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1. (1)解　當a＝1時，f(x)＝x2－2x＋2＋lnx， f′(x)＝2x－2＋，f′(1)＝1， 所以函數在A(1,1)處的切線方程y－1＝f′(1)(x－1)， 化簡，得x－y＝0. (2)證明　函數的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝2x－2＋＝， 則x1，x2是方程2x2－2x＋a＝0的兩個根， 所以x1＋x2＝1，x1x2＝， 所以a＝2x2－2x， 又x10，則g(t)在上為增函數， 所以g(t)>g＝， 所以f(x2)>. 4.已知函數f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，函數g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行于x軸. (1)確定a與b的關系； (2)若a≥0，試討論函數g(x)的單調性． 解　(1)依題意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx，x>0， 則g′(x)＝＋2ax＋b， 由函數g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行于x軸得， g′(1)＝1＋2a＋b＝0， ∴b＝－2a－1. (2)由(1)得g′(x)＝＝. ∵函數g(x)的定義域為(0，＋∞)， ∴當a＝0時，g′(x)＝－， 由g′(x)>0得01； 當a>0時，令g′(x)＝0，則x＝1或x＝， 若0<<1，即a>時， 由g′(x)>0得x>1或01，即00得x>或0時，函數g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增． 5．已知函數f(x)＝xlnx，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a為實數)． (1)當a＝5時，求函數g(x)的圖象在x＝1處的切線方程； (2)求f(x)在區(qū)間[t，t＋2](t>0)上的最小值； (3)若存在兩個不等實數x1，x2∈，使方程g(x)＝2exf(x)成立，求實數a的取值范圍． 解　(1)當a＝5時，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e，g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，故切線的斜率為g′(1)＝4e， 所以切線方程為y－e＝4e(x－1)，即4ex－y－3e＝0. (2)f(x)＝xlnx的定義域為(0，＋∞)， 因為f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝， 所以在(0，＋∞)上，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值(最小值) ↗ 當t≥時，在區(qū)間[t，t＋2]上，f(x)為增函數， 所以f(x)min＝f(t)＝tlnt， 當00， 則h′(x)＝1＋－＝. 當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x 1 (1，e) h′(x) － 0 ＋ h(x) ↘ 極小值(最小值) ↗ 因為h＝＋3e－2，h(e)＝＋e＋2，h(1)＝4， 所以h(e)－h(huán)＝4－2e＋<0，所以h(e)0，f(x)在上單調遞增， 所以f(x)的最小值為 f＝－－a＋aln＝a. 因為2，所以f(e)<0， 所以a≥2e，綜上，a≥－1.