2020高考文科數(shù)學(xué)二輪分層特訓(xùn)卷:主觀題專練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)11 Word版含解析
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2020高考文科數(shù)學(xué)二輪分層特訓(xùn)卷:主觀題專練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)11 Word版含解析
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)ex.
若a>,則當(dāng)x∈時,f′(x)<0;
當(dāng)x∈(2,+∞)時,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,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,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)0<x<時,f′(x)>0;
當(dāng)x>時,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,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)0<x<1時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x>1時,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,f(x)≤g(x),
即f(x)≤-2e,
即xf(x)-ex+2ex≤0.
解法二 (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,g′(x)>0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,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,h′(x)<0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,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(x)在(0,+∞)上的最小值為h(1)=1.
綜上,當(dāng)x>0時,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<a≤4,證明:f(x)在x∈[1,e]上有唯一零點(diǎn).
解析:(1)若a=0,則f(x)=2x2+1+ln x,f′(x)=4x+,故f′(1)=5,即曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線斜率為5,
又f(1)=3,所以所求切線方程為y-3=5(x-1),即5x-y-2=0.
(2)當(dāng)a=5時,f(x)=2x2-5x+1+ln x,其定義域?yàn)?0,+∞),
f(x)=4x-5+=,
當(dāng)x∈,(1,+∞)時,f′(x)>0,所以f(x)在和(1,+∞)上單調(diào)遞增.
當(dāng)x∈時,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)3<a≤4時,Δ≤0,有h(x)≥0,即f′(x)≥0,
故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
又f(1)=3-a<0,f(e)=2e2-ae+2=e(2e-a)+2>0,
所以f(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)1<a≤2時,討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)x>0時,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1<a<時,
當(dāng)-1<x<2a-3或x>0時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)2a-3<x<0時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.
②當(dāng)2a-3=0,即a=時,f′(x)≥0,則f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增.
③當(dāng)2a-3>0,即a>時,
當(dāng)-1<x<0或x>2a-3時,f′(x)>0,則f(x)在(-1,0),(2a-3,+∞)上單調(diào)遞增,
當(dāng)0<x<2a-3時,f′(x)<0,則f(x)在(0,2a-3)上單調(diào)遞減.
綜上,當(dāng)1<a<時,f(x)在(-1,2a-3),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(2a-3,0)上單調(diào)遞減;當(dāng)a=時,f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增;當(dāng)<a≤2時,f(x)在(-1,0),(2a-3,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,2a-3)上單調(diào)遞減.
(2)∵g(x)=ln(1+x)-xlnx=g,
∴g(x)在(0,+∞)上的最大值等價于g(x)在(0,1]上的最大值.
令h(x)=g′(x)=ln(1+x)+-(lnx+1)=ln(1+x)-lnx+-,
則h′(x)=.
由(1)可知當(dāng)a=2時,f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,
∴f(x)<f(0)=0,
∴h′(x)<0,從而h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,
∴h(x)≥h(1)=0,∴g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,
∴g(x)≤g(1)=2ln2,∴g(x)的最大值為2ln2.
5.[2019湖北省七市教科研協(xié)作高三聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R).
(1)判斷函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個數(shù),并說明理由;
(2)若?x∈R,f(x)+ex≥x3+x,求a的取值范圍.
解析:(1)f(x)的定義域?yàn)镽,
f′(x)=xex-2ax=x(ex-2a).
當(dāng)a≤0時,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,
在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴f(x)有1個極值點(diǎn);
當(dāng)0<a<時,f(x)在(-∞,ln(2a))上單調(diào)遞增,在(ln(2a),0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴f(x)有2個極值點(diǎn);
當(dāng)a=時,f(x)在R上單調(diào)遞增,
此時f(x)沒有極值點(diǎn);
當(dāng)a>時,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個極值點(diǎn),
綜上所述,當(dāng)a≤0時,f(x)有1個極值點(diǎn);
當(dāng)a>0且a≠時,f(x)有2個極值點(diǎn);
當(dāng)a=時,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,ex-x2-ax-1≥0,
即a≤對?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,原不等式恒成立,a∈R;
當(dāng)x<0時,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)<m(0)=0;
若a>1,∵m′(0)=1-a<0,
∴?x0<0,使得x∈(x0,0)時,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,a的取值范圍是(-∞,e-2].
6.[2019貴陽市普通高中高三年級摸底考試]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)對任意x∈(1,+∞),f(x)≥0恒成立,
即ln x+-a≥0恒成立,
令g(x)=ln x+-a,有g(shù)′(x)=,
①當(dāng)a>1時,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)<h(1)=0,與“對任意x∈(1,+∞),ln x+-a≥0恒成立”矛盾,故a>1不合題意;
②當(dāng)a≤1時,g′(x)=≥0,則g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,
所以g(x)≥g(1)=0,即對任意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].