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高考理科数学一轮复习考点大题专项训练高考大题专项练1

高考大题专项练1高考中的函数与导数

1.(2015山西四校联考)已知f(x)=ln x-x+a+1.

(1)若存在x∈(0,+∞)使得f(x)≥0成立,求a的取值范围;

(2)求证:当x>1时,在(1)的条件下,x2+ax-a>x ln x+成立.

解:(1)原题即为存在x>0使得ln x-x+a+1≥0,

∴a≥-ln x+x-1,令g(x)=-ln x+x-1,

则g'(x)=-+1=-.令g'(x)=0,解得x=1.

∵当0

当x>1时,g'(x)>0,g(x)为增函数,

∴g(x)min=g(1)=0,a≥g(1)=0.

故a的取值范围是[0,+∞).

(2)证明:原不等式可化为x2+ax-x ln x-a->0(x>1,a≥0).

令G(x)=x2+ax-x ln x-a-,则G(1)=0.

由(1)可知x-ln x-1>0,

则G'(x)=x+a-ln x-1≥x-ln x-1>0,

∴G(x)在(1,+∞)上单调递增,

∴G(x)>G(1)=0成立,

∴x2+ax-x ln x-a->0成立,

即x2+ax-a>x1n x+成立.?导学号92950922?2.(2015河南新乡调研)已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+e x-x e x.

(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;

(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)

解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--.

①当a≤1时,x∈[1,e],f'(x)≥0,

f(x)为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.

②当1

x∈[a,e]时,f'(x)≥0,f(x)为增函数.

所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.

③当a≥e时,x∈[1,e]时,f'(x)≤0,

f(x)在[1,e]上为减函数.

f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.

综上,当a≤1时,f(x)min=1-a;

当1

当a≥e时,f(x)min=e-(a+1)-.

(2)由题意知:f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.

由(1)知f(x)在[e,e2]上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.

g'(x)=(1-e x)x.

当x∈[-2,0]时g'(x)≤0,g(x)为减函数,g(x)min=g(0)=1,

所以e-(a+1)-<1,即a>-,

所以a的取值范围为-.?导学号92950923?3.(2015河北唐山二模)已知f(x)=x++a ln x,其中a∈R.

(1)设f(x)的极小值点为x=t,请将a用t表示;

(2)记f(x)的极小值为g(t),证明:

①g(t)=g;

②函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数.

解:(1)f'(x)=1--,t=->0,

当x∈(0,t)时,f￠(x)<0,f(x)单调递减;

当x∈(t,+∞)时,f￠(x)>0,f(x)单调递增.

由f￠(t)=0得a=-t.

(2)①由(1)知f(x)的极小值为g(t)=t+-ln t,

则g+t+-ln=t+-ln t=g(t).

②g￠(t)=-ln t,

当t∈(0,1)时,g￠(t)>0,g(t)单调递增;

当t∈(1,+∞)时,g￠(t)<0,g(t)单调递减.

又g=g(e2)=-e2<0,g(1)=2>0,

分别存在唯一的c∈和d∈(1,e2),

使得g(c)=g(d)=0,且cd=1,

所以y=g(t)有两个零点且互为倒数.?导学号92950924?

4.(2015河北保定高三调研)已知函数f(x)=ln x+ax-a2x2(a≥0).

(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求a的值;

(2)若f(x)<0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围.

解:(1)函数的定义域为(0,+∞),

f'(x)=-.

因为x=1是函数y=f(x)的极值点,

所以f'(1)=1+a-2a2=0,

解得a=-或a=1.又a≥0,所以a=-(舍去).

经检验当a=1时,x=1是函数y=f(x)的极值点,所以a=1.

(2)当a=0时,f(x)=ln x,显然在定义域内不满足f(x)<0恒成立;当a>0时,令f'(x)=-=0,得x1=-(舍去),x2=,

所以f'(x),f(x)的变化情况如下表:

所以f(x)max=f=ln<0,

∴a>1.

综上可得实数a的取值范围是(1,+∞).?导学号92950925?

5.(2015课标全国Ⅱ,理21)设函数f(x)=e mx+x2-mx.

(1)证明:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;

(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.

解:(1)f'(x)=m(e mx-1)+2x.

若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1≤0,f'(x)<0;

当x∈(0,+∞)时,e mx-1≥0,f'(x)>0.

若m<0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1>0,f'(x)<0;

当x∈(0,+∞)时,e mx-1<0,f'(x)>0.

所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.

所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是

-----

即

①

设函数g(t)=e t-t-e+1,则g'(t)=e t-1.

当t<0时,g'(t)<0;

当t>0时,g'(t)>0.

故g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.

当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;

当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即e m-m>e-1;

当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.

综上,m的取值范围是[-1,1].?导学号92950926?

6.已知函数f(x)=ln(x+a)-x2+x,g(x)=x·e x-x2-1(x>0),且f(x)在点x=1处取得极值.

(1)求实数a的值;

(2)若关于x的方程f(x)=-x+b在区间[1,3]上有解,求b的取值范围;

(3)证明:g(x)≥f(x).

解:(1)∵f(x)=ln(x+a)-x2+x,

∴f'(x)=-2x+1.

∵函数f(x)=ln(x+a)-x2+x在点x=1处取得极值,

∴f'(1)=0,即当x=1时-2x+1=0,

∴-1=0,则得a=0.经检验符合题意.

(2)∵f(x)=-x+b,

∴ln x-x2+x=-x+b,

∴ln x-x2+x=b.

令h(x)=ln x-x2+x(x>0),

则h'(x)=-2x+=--.

∴当x∈[1,3]时,h'(x),h(x)随x的变化情况如下表:

计算得:h(1)=,h(3)=ln 3+,h(2)=ln 2+3,

∴h(x)∈.

∴b的取值范围为.

(3)证明:令F(x)=g(x)-f(x)=x·e x-ln x-x-1(x>0),

则F'(x)=(x+1)·e x--1=·(x·e x-1),

令G(x)=x·e x-1,

则∵G'(x)=(x+1)·e x>0(x>0),

∴函数G(x)在(0,+∞)递增,G(x)在(0,+∞)上的零点最多一个.

又∵G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,

∴存在唯一的c∈(0,1)使得G(c)=0,

且当x∈(0,c)时,G(x)<0;当x∈(c,+∞)时,G(x)>0.

即当x∈(0,c)时,F'(x)<0;当x∈(c,+∞)时,F'(x)>0.

∴F(x)在(0,c)上递减,在(c,+∞)上递增,

从而F(x)≥F(c)=c·e c-ln c-c-1.

由G(c)=0得c·e c-1=0,

即c·e c=1,两边取对数得ln c+c=0,

∴F(c)=0.∴F(x)≥F(c)=0.

从而证得g(x)≥f(x).?导学号92950927?

高考理科数学第一轮复习测试题13

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