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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

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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].

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