《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合（壓軸大題） 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合（壓軸大題） 文 北師大版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合（壓軸大題） 文 北師大版 　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.已知函數(shù)f(x)=(x-k)ex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值. 2.(2018山東濰坊一模,21)已知函數(shù)f(x)=aln x+x2. (1)若a=-2,判斷f(x)在(1,+∞)上的單調(diào)性; (2)求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最小值. 3.(2018山東師大附中一模,21)已知函數(shù)f(x)=(x-a)ex(a∈R). (1)當(dāng)a=2時,求函數(shù)f(x

2、)在x=0處的切線方程; (2)求f(x)在區(qū)間[1,2]上的最小值. 4.(2018遼寧撫順3月模擬,21改編)已知函數(shù)f(x)=ax-2ln x(a∈R).若f(x)+x3>0對任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范圍. 5.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲線y=f(x)和曲線y=g(x)都過點P(0,2),且在點P處有相同的切線y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2時,f(x)≤kg(x),求k的取值范圍. 6.(2018江西南昌一模,21改編

3、)已知函數(shù)f(x)=ex-aln x-e(a∈R),其中e為自然對數(shù)的底數(shù).若當(dāng)x∈[1,+∞)時,f(x)≥0恒成立,求a的取值范圍. 突破2　利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點個數(shù) 　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018全國3,文21)已知函數(shù)f(x)=. (1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程; (2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥0. 2.(2018河北保定一模,21改編)已知函數(shù)f(x)=x+.設(shè)函數(shù)g(x)=ln x+1.證明:當(dāng)x∈(0,+∞)且a>0時,f(x)>g(x).

4、 3.已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,求a的取值范圍. 4.(2018安徽蕪湖期末,21改編)已知函數(shù)f(x)=x3-aln x(a∈R).若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(1,e]上存在兩個不同零點,求實數(shù)a的取值范圍. 5.設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)零點的個數(shù); (2)證明:當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln. 6.(2018衡水中學(xué)押題三,21)已知函數(shù)f(x)=ex-x2+a,x∈R,曲線y=f(x)的圖像在點(

5、0,f(0))處的切線方程為y=bx. (1)求函數(shù)y=f(x)的解析式; (2)當(dāng)x∈R時,求證:f(x)≥-x2+x; (3)若f(x)>kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立,求實數(shù)k的取值范圍. 高考大題專項一　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合壓軸大題 突破1　利用導(dǎo)數(shù)求極值、最值、參數(shù)范圍 1.解 (1)由題意知f'(x)=(x-k+1)ex. 令f'(x)=0,得x=k-1. 當(dāng)x∈(-∞,k-1)時,f'(x)<0,當(dāng)x∈(k-1,+∞)時,f'(x)>0. 所以f(x)的遞減區(qū)間是(-∞,k-1),遞增區(qū)間是(k-1,+∞). (2)當(dāng)k-1≤0,即k≤1時,f(x)在[0

6、,1]上遞增, 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)=-k; 當(dāng)0

7、a=-2時,f'(x)=2x-, 由于x∈(1,+∞),故f'(x)>0, ∴f(x)在(1,+∞)遞增. (2)f'(x)=2x+,當(dāng)a≥0時f'(x)≥0,f(x)在[1,e]上遞增,∴fmin(x)=f(1)=1. 當(dāng)a<0時,由f'(x)=0解得x=±(負值舍去),設(shè)x0=. 若≤1,即a≥-2,也就是-2≤a<0時,x∈[1,e],f'(x)>0,f(x)遞增, ∴fmin(x)=f(1)=1. 若1<

8、 . 若≥e,即a≤-2e2時,x∈[1,e],f'(x)<0,f(x)遞減. ∴fmin(x)=f(e)=e2+a. 綜上所述:當(dāng)a≥-2時,f(x)的最小值為1;當(dāng)-2e2

9、a≤2,當(dāng)x∈[1,2]時,f'(x)≥0,則f(x)在[1,2]上遞增. 所以f(x)min=f(1)=(1-a)e. ②若a-1≥2,則a≥3,當(dāng)x∈[1,2]時,f'(x)≤0,則f(x)在[1,2]上遞減. 所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2. ③若1

10、a-1)=-ea-1. 綜上所述:當(dāng)a≤2時,f(x)min=f(1)=(1-a)e; 當(dāng)a≥3時,f(x)min=f(2)=(2-a)e2; 當(dāng)20,即a>-x2+對任意x∈(1,+∞)恒成立, 記p(x)=-x2+,定義域為(1,+∞), 則p'(x)=-2x+, 設(shè)q(x)=-2x3+2-2ln x,q'(x)=-6x2-, 則當(dāng)x>1時,q(x)遞減, 所以當(dāng)x>1時,q(x)

11、減, 所以當(dāng)x>1時,p(x)

12、 令F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2. ①若1≤k0. 即F(x)在(-2,x1)遞減,在(x1,+∞)遞增. 故F(x)在[-2,+∞)的最小值為F(x1). 而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故當(dāng)x≥-2時,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. ②若k=e2,則F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2). 從而當(dāng)x>-2時,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)遞增. 而F(-2)=0,故當(dāng)x≥-2時,F

13、(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. ③若k>e2,則F(-2)= -2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0. 從而當(dāng)x≥-2時,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 綜上,k的取值范圍是[1,e2]. 6.解 由f(x)=ex-aln x-e(a∈R),得f'(x)=ex-, 當(dāng)a<0時,f'(x)=ex->0,f(x)在x∈[1,+∞)上遞增,f(x)min=f(1)=0(合題意). 當(dāng)a>0時,f'(x)=ex-,當(dāng)x∈[1,+∞)時,y=ex≥e. ①當(dāng)a∈(0,e]時,因為x∈[1,+∞), 所以y=≤e,f'(x)=ex-≥0, f(x)在[1,+∞)上遞

14、增,f(x)min=f(1)=0(合題意). ②當(dāng)a∈(e,+∞)時,存在x0∈[1,+∞),滿足f'(x)=ex-=0, f(x)在x0∈[1,x0)上遞減,在(x0,+∞)上遞增,故f(x0)

15、2x+1+ex+1. 當(dāng)x<-1時,g'(x)<0,g(x)遞減;當(dāng)x>-1時,g'(x)>0,g(x)遞增;所以g(x)≥g(-1)=0. 因此f(x)+e≥0. 2.證明 令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x>0),h'(x)=1-, 設(shè)p(x)=x2-x-a=0,函數(shù)p(x)的圖像的對稱軸為x=. ∵p(1)=1-1-a=-a<0, 設(shè)p(x)=0的正根為x0,∴x0>1, 由對稱性知,p(x)=0的另一根小于0,且-x0-a=0, h(x)在(0,x0)上是減少的,在(x0,+∞)上是增加的, h(x)min=h(x0)=x0+-ln x0-1=x0

16、+-ln x0-1=2x0-ln x0-2. 令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立, 所以F(x)在(1,+∞)上是增加的. ∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0, 所以,當(dāng)x∈(0,+∞)時,f(x)>g(x). 3.解法1 函數(shù)f(x)的定義域為R,當(dāng)a=0時,f(x)=-3x2+1,有兩個零點±, 原函數(shù)草圖 ∴a=0不合題意; 當(dāng)a>0時,當(dāng)x→-∞時,f(x)→-∞,f(0)=1, f(x)存在小于0的零點x0,不合題意; 當(dāng)a<0時,f'(x)=3ax2-6x,由f'(x)=3ax2-6x=0,得

17、x1=0,x2=<0, ∴在區(qū)間內(nèi)f'(x)<0; 在區(qū)間內(nèi)f'(x)>0; 在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)f'(x)<0. ∴f(x)在區(qū)間內(nèi)是減少的,在區(qū)間內(nèi)是增加的,在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)是減少的. ∴若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0?f(x)min=f>0?+1>0?<1?a2>4. ∵a<0,∴a<-2. 解法2 曲線y=ax3與曲線y=3x2-1僅在y軸右側(cè)有一個公共點, 當(dāng)a≥0時,由圖像知不符合題意; 當(dāng)a<0時,設(shè)曲線y=ax3與曲線y=3x2-1相切于點(x0,y0), 則得a=-2,由圖像知a<-2時符合題意. 解法3 分離成a=-+3=-t3+3t,令

18、y=a,g(t)=-t3+3t, g'(t)=-3t2+3=3(1-t2),當(dāng)t∈(-1,1)時,g'(t)>0,當(dāng)t>1或t<-1時,g'(x)<0. 所以g(t)在(-∞,-1)遞減,在區(qū)間(-1,1)遞增,在(1,+∞)遞減, 所以當(dāng)t=-1時,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的圖像可知,t=1時,g(t)max=2. x→+∞時,g(t)→+∞,當(dāng)a<-2時,直線y=a與g(t)=-t3+3t的圖像只有一個交點,交點在第四象限,所以滿足題意. 4.解 由f(x)=0,得a=在區(qū)間(1,e]上有兩個不同實數(shù)解, 即函數(shù)y=a的圖像與函數(shù)g(x)=的圖像有兩個不同

19、的交點. 因為g'(x)=, 令g'(x)=0得x=, 所以當(dāng)x∈(1,)時,g'(x)<0,函數(shù)在(1,)上遞減, 當(dāng)x∈(,e]時,g'(x)>0,函數(shù)在(,e]上遞增; 則g(x)min=g()=3e,而g()==27>27,且g(e)=e3<27, 要使函數(shù)y=a的圖像與函數(shù)g(x)=的圖像有兩個不同的交點, ∴a的取值范圍為(3e,e3]. 5.(1)解 f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=2e2x- (x>0). 當(dāng)a≤0時,f'(x)>0,f'(x)沒有零點, 當(dāng)a>0時,因為e2x遞增,-遞增,所以f'(x)在(0,+∞)遞增. 又f'(a)>0,

20、當(dāng)b滿足00時,f'(x)存在唯一零點. (2)證明 由(1),可設(shè)f'(x)在(0,+∞)的唯一零點為x0,當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0. 故f(x)在(0,x0)遞減,在(x0,+∞)遞增,所以當(dāng)x=x0時,f(x)取得最小值,最小值為f(x0). 由于2=0, 所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln. 故當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln. 6.(1)解 根據(jù)題意,得f'(x)=ex-2x,則f'(0)=1=b. 由切線方程可得切點坐標為(0,0),將其代入y=f(x),得

21、a=-1, 故f(x)=ex-x2-1. (2)證明 令g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1. 由g'(x)=ex-1=0,得x=0, 當(dāng)x∈(-∞,0)時,g'(x)<0,y=g(x)遞減; 當(dāng)x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,y=g(x)遞增. 所以g(x)min=g(0)=0, 所以f(x)≥-x2+x. (3)解 f(x)>kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立等價于>k對任意的x∈(0,+∞)恒成立. 令φ(x)=,x>0, 得φ'(x)=. 由(2)可知,當(dāng)x∈(0,+∞)時,ex-x-1>0恒成立, 令φ'(x)>0,得x>1;令φ'(x)<0,得0