《(全國(guó)通用版)2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練(四)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)理.doc》由會(huì)員分享,可在線(xiàn)閱讀,更多相關(guān)《(全國(guó)通用版)2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練(四)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)理.doc(7頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
(四)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)
1.(2018江西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)已知f(x)=ex,g(x)=x2+ax-2xsin x+1.
(1)證明:1+x≤ex≤(x∈[0,1));
(2)若x∈[0,1)時(shí),f(x)≥g(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
(1)證明 設(shè)h(x)=ex-1-x,則h′(x)=ex-1,
故h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
從而h(x)≥h(0)=0,即ex≥1+x.
而當(dāng)x∈[0,1)時(shí),e-x≥1-x,即ex≤.
(2)解 設(shè)F(x)=f(x)-g(x)
=ex-(x2+ax-2xsin x+1),
則F(0)=0,
F′(x)=ex-(2x+a-2xcos x-2sin x).
要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立,必須有F′(0)≥0.
即a≤1.
以下證明:當(dāng)a≤1時(shí),f(x)≥g(x).
只要證1+x≥x2+x-2xsin x+1,
只要證2sin x≥x在[0,1)上恒成立.
令φ(x)=2sin x-x,
則φ′(x)=2cos x-1>0對(duì)x∈[0,1)恒成立,
又φ(0)=0,所以2sin x≥x,從而不等式得證.
2.(2018宿州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)=x+axln x(a∈R).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)若函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)為x=1,證明:f(x)≤e-x+x2.
(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=1+aln x+a,
當(dāng)a=0時(shí),f(x)=x,
則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)>0得x>,
由f′(x)<0得0
0得0,
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,
在區(qū)間上單調(diào)遞減.
綜上所述,當(dāng)a=0時(shí),
函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,
在區(qū)間上單調(diào)遞增;
當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,
在區(qū)間上單調(diào)遞減.
(2)證明 由(1)知a<0且=1,
解得a=-1,f(x)=x-xln x.
要證f(x)≤e-x+x2,
即證x-xln x≤e-x+x2,
即證1-ln x≤+x.
令F(x)=ln x++x-1(x>0),
則F′(x)=++1
=.
令g(x)=x-e-x,
得函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.
而g(1)=1->0,g(0)=-1<0,
所以在區(qū)間(0,+∞)上存在唯一的實(shí)數(shù)x0,
使得g(x0)=x0-=0,
即x0=,
且x∈(0,x0)時(shí),g(x)<0,x∈(x0,+∞)時(shí),g(x)>0.
故F(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增.
∴F(x)min=F(x0)=ln x0 ++x0-1.
又=x0,
∴F(x)min=ln x0++x0-1
=-x0+1+x0-1=0.
∴F(x)≥F(x0)=0成立,
即f(x)≤e-x+x2成立.
3.(2018皖江八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=.
(1)若a≥0,函數(shù)f(x)的極大值為,求實(shí)數(shù)a的值;
(2)若對(duì)任意的a≤0,f(x)≤在x∈[0,+∞)上恒成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍.
解 (1)由題意,
f′(x)=[(2ax+1)e-x-(ax2+x+a)e-x]
=-e-x[ax2+(1-2a)x+a-1]
=-e-x(x-1)(ax+1-a).
①當(dāng)a=0時(shí),f′(x)=-e-x(x-1),
令f′(x)>0,得x<1;令f′(x)<0,得x>1,
所以f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.
所以f(x)的極大值為f(1)=≠,不合題意.
②當(dāng)a>0時(shí),1-<1,
令f′(x)>0,得1-1,
所以f(x)在上單調(diào)遞增,
在,(1,+∞)上單調(diào)遞減.
所以f(x)的極大值為f(1)==,得a=2.
綜上所述a=2.
(2)令g(a)=+,a∈(-∞,0],
當(dāng)x∈[0,+∞)時(shí),>0,
則g(a)≤對(duì)?a∈(-∞,0]恒成立等價(jià)于g(a)≤g(0)≤,
即≤bln(x+1)對(duì)x∈[0,+∞)恒成立.
①當(dāng)b=0時(shí),顯然≤bln(x+1)在[0,+∞)上不恒成立.
②當(dāng)b<0時(shí),?x∈(0,+∞),bln(x+1)<0,>0,
此時(shí)>bln(x+1),不合題意.
③當(dāng)b>0時(shí),令h(x)=bln(x+1)-,x∈[0,+∞),
則h′(x)=-(e-x-xe-x)=,
其中(x+1)ex>0,?x∈[0,+∞),
令p(x)=bex+x2-1,x∈[0,+∞),
則p(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增,
b≥1時(shí),p(x)≥p(0)=b-1≥0,
所以對(duì)?x∈[0,+∞),h′(x)≥0,
從而h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以對(duì)任意x∈[0,+∞),h(x)≥h(0)=0,
即不等式bln(x+1)≥xe-x在[0,+∞)上恒成立.
00及p(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以存在唯一的x0∈(0,1),使得p(x0)=0,
且x∈(0,x0)時(shí),p(x)<0.
從而x∈(0,x0)時(shí),h′(x)<0,
所以h(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減,
則x∈(0,x0)時(shí),h(x)0.
(1)解 f(x)=ln x-ax.
令x=t,∴x=(t>0).令h(t)=ln t-at,
則函數(shù)y=h(t)與y=f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)情況一致.
h′(t)=-a.
(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí),h′(t)>0,
∴h(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
又h(1)=-a≥0,
=a+-ae
≤a+-a=a+<0,
∴此時(shí)有1個(gè)零點(diǎn).
(ⅱ)當(dāng)a>0時(shí),h(t)在上單調(diào)遞增,
在上單調(diào)遞減.
∴h(t)max=h=ln-1.
①當(dāng)ln<1即a>時(shí),h<0,無(wú)零點(diǎn).
②當(dāng)ln=1即a=時(shí),h=0,1個(gè)零點(diǎn).
③當(dāng)ln>1即00,
又>e>1,h(1)=-a<0.
又-=<(1-e)<0,
h=ln2-a=2ln-,
令φ(a)=2ln-,
φ′(a)=2+=>0,
∴φ(a)在上單調(diào)遞增,
∴φ(a)<φ=2-e<0,∴此時(shí)有兩個(gè)零點(diǎn).
綜上,當(dāng)a≤0或a=時(shí),有1個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)0時(shí),無(wú)零點(diǎn).
(2)要證g(x)-f(x)-ax-2>0,
只需證+2<(2-x)e.
令=m∈(0,1),只需證+2<(2-m2)em.
令l(m)=(2-m2)em,l′(m)=(-m2-2m+2)em,
∴l(xiāng)(m)在(0,-1)上單調(diào)遞增,在(-1,1)上單調(diào)遞減,
又∵l(1)=e,l(0)=2,∴l(xiāng)(m)>2.
令t(m)=,t′(m)=>0,
∴t(m)在(0,1)上單調(diào)遞增,
∴t(m)0.
5.(2018洛陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-x2,其中t∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)t=3時(shí),證明:不等式f(x1+x2)-f(x1-x2)>-2x2恒成立(其中x1∈R,x2>0).
(1)解 由于f′(x)=xex-tx=x(ex-t).
(ⅰ)當(dāng)t≤0時(shí),ex-t>0,
當(dāng)x>0時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x<0時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
(ⅱ)當(dāng)t>0時(shí),由f′(x)=0得x=0或x=ln t.
①當(dāng)00時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)ln t0,f(x)單調(diào)遞增;
②當(dāng)t=1時(shí),f′(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增;
③當(dāng)t>1時(shí),ln t>0.
當(dāng)x>ln t時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)00,f(x)單調(diào)遞增.
綜上,當(dāng)t≤0時(shí),f(x)在(-∞,0)上是減函數(shù),
在(0,+∞)上是增函數(shù);
當(dāng)01時(shí),f(x)在(-∞,0),(ln t,+∞)上是增函數(shù),
在(0,ln t)上是減函數(shù).
(2)證明 依題意f(x1+x2)-f(x1-x2)>(x1-x2)-(x1+x2)?f(x1+x2)+(x1+x2)>f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立.
設(shè)g(x)=f(x)+x,
則上式等價(jià)于g(x1+x2)>g(x1-x2),
要證明g(x1+x2)>g(x1-x2)對(duì)任意x1∈R,
x2∈(0,+∞)恒成立,
即證明g(x)=(x-1)ex-x2+x在R上單調(diào)遞增,
又g′(x)=xex-3x+1,
只需證明xex-3x+1≥0即可.
令h(x)=ex-x-1,則h′(x)=ex-1,
當(dāng)x<0時(shí),h′(x)<0,當(dāng)x>0時(shí),h′(x)>0,
∴h(x)min=h(0)=0,
即?x∈R,ex≥x+1,
那么,當(dāng)x≥0時(shí),xex≥x2+x,
∴xex-3x+1≥ x2-2x+1=(x-1)2≥0;
當(dāng)x<0時(shí),ex<1,xex-3x+1=x>0,
∴xex-3x+1>0恒成立.從而原不等式成立.
鏈接地址:http://www.hcyjhs8.com/p-3918496.html