《高考文科數(shù)學二輪分層特訓卷：主觀題專練 函數(shù)與導數(shù)11 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考文科數(shù)學二輪分層特訓卷：主觀題專練 函數(shù)與導數(shù)11 Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 函數(shù)與導數(shù)(11) 1．[2018·北京卷]設函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(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)因為f(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、2)ex. 若a>，則當x∈時，f′(x)<0； 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在x＝2處取得極小值． 若a≤，則當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． 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，

3、則當00； 當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：因為x>0，所以只需證f(x)≤－2e， 由(1)知，當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g(x)＝－2e(x>0)，則g′(x)＝， 所以當01時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e. 所以當x>0時，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤－2e， 即xf(x)－ex＋2ex≤0. 解

4、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≤. 設函數(shù)g(x)＝ln x－x＋2，則g′(x)＝－1. 所以當x∈(0,1)時，g′(x)>0； 當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. 設函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝. 所以當x∈(0,1)時，h′(x)<0； 當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

5、h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1. 綜上，當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(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

6、5(x－1)，即5x－y－2＝0. (2)當a＝5時，f(x)＝2x2－5x＋1＋ln x，其定義域為(0，＋∞)， f(x)＝4x－5＋＝， 當x∈，(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在和(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 當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h(x)＝4x2－ax＋1，Δ＝a2－16， 當30， 所

7、以f(x)在x∈[1，e]上有唯一零點． 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10時，求g(x)＝xln＋ln(1＋x)的最大值． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝，x>－1. ①當－1<2a－3<0，即10時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當2a－30，即a>時

8、， 當－12a－3時，f′(x)>0，則f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上單調(diào)遞增， 當0

9、ln(1＋x)＋·－(lnx＋1)＝ln(1＋x)－lnx＋－， 則h′(x)＝. 由(1)可知當a＝2時，f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減， ∴f(x)

10、 解析：(1)f(x)的定義域為R， f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)． 當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； 當0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， 綜上所述，當a≤0時，f(x)

11、有1個極值點； 當a>0且a≠時，f(x)有2個極值點； 當a＝時，f(x)沒有極值點． (2)由f(x)＋ex≥x3＋x，得xex－x3－ax2－x≥0. 當x>0時，ex－x2－ax－1≥0， 即a≤對?x>0恒成立． 設g(x)＝(x>0)， 則g′(x)＝. 設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x＝0時，原不等

12、式恒成立，a∈R； 當x<0時，ex－x2－ax－1≤0， 設m(x)＝ex－x2－ax－1(x<0)， 則m′(x)＝ex－2x－a. 設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)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

13、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(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)定義域為x∈(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

14、)＝ln x＋－a，有g(shù)′(x)＝， ①當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， 又因為在函數(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)1不合題意； ②當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，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]．