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(京津专用)高考数学总复习 优编增分练：压轴大题突破练(四)函数与导数(2)理

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(四)函数与导数(2)1．(2018·江西省重点中学协作体联考)已知f (x )＝e x ，g (x )＝x 2＋ax －2x sin x ＋1.(1)证明：1＋x ≤e x ≤11－x(x ∈[0,1))； (2)若x ∈[0,1)时，f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．(1)证明 设h (x )＝e x －1－x ，则h ′(x )＝e x －1，故h (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．从而h (x )≥h (0)＝0，即e x≥1＋x .而当x ∈[0,1)时，e －x ≥1－x ，即e x ≤11－x. (2)解 设F (x )＝f (x )－g (x )＝e x －(x 2＋ax －2x sin x ＋1)，则F (0)＝0， F ′(x )＝e x －(2x ＋a －2x cos x －2sin x )．要求F (x )≥0在[0,1)上恒成立，必须有F ′(0)≥0.即a ≤1.以下证明：当a ≤1时，f (x )≥g (x )．只要证1＋x ≥x 2＋x －2x sin x ＋1，只要证2sin x ≥x 在[0,1)上恒成立．令φ(x )＝2sin x －x ，则φ′(x )＝2cos x －1>0对x ∈[0,1)恒成立，又φ(0)＝0，所以2sin x ≥x ，从而不等式得证．2．(2018·宿州质检)设函数f (x )＝x ＋ax ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )的极大值点为x ＝1，证明：f (x )≤e －x ＋x 2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋a ln x ＋a ，当a ＝0时，f (x )＝x ，则函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0得x >1ea a +-， 由f ′(x )<0得0<x <1e a a +-.所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e a a +-上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1e a a +-，＋∞上单调递增；当a <0时，由f ′(x )>0得0<x <1ea a +-， 由f ′(x )<0得x >1e a a +-，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e a a +-上单调递增， 在区间⎝⎛⎭⎫1e a a +-，＋∞上单调递减．综上所述，当a ＝0时，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e a a +-上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1e a a +-，＋∞上单调递增； 当a <0时，函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e a a +-上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫1e a a +-，＋∞上单调递减．(2)证明 由(1)知a <0且1e a a +-＝1，解得a ＝－1，f (x )＝x －x ln x .要证f (x )≤e －x ＋x 2，即证x －x ln x ≤e －x ＋x 2，即证1－ln x ≤e －x x＋x . 令F (x )＝ln x ＋e －x x＋x －1(x >0)， 则F ′(x )＝1x ＋－e －x x －e －x x 2＋1 ＝(x ＋1)(x －e －x )x 2. 令g (x )＝x －e －x ，得函数g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．而g (1)＝1－1e>0，g (0)＝－1<0， 所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x 0，使得g (x 0)＝x 0－0ex －＝0， 即x 0＝0e x －，且x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0.故F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．∴F (x )min ＝F (x 0)＝ln x 0 ＋0e x －x 0＋x 0－1. 又0e x －＝x 0，∴F (x )min ＝ln x 0＋0e x －x 0＋x 0－1＝－x 0＋1＋x 0－1＝0.∴F (x )≥F (x 0)＝0成立，即f (x )≤e －x ＋x 2成立．3．(2018·皖江八校联考)已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋a2e x .(1)若a ≥0，函数f (x )的极大值为52e，求实数a 的值； (2)若对任意的a ≤0，f (x )≤b ln (x ＋1)2在x ∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b 的取值范围．解 (1)由题意， f ′(x )＝12[(2ax ＋1)e －x －(ax 2＋x ＋a )e －x ]＝－12e －x [ax 2＋(1－2a )x ＋a －1] ＝－12e －x (x －1)(ax ＋1－a )． ①当a ＝0时，f ′(x )＝－12e －x (x －1)， 令f ′(x )>0，得x <1；令f ′(x )<0，得x >1，所以f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )的极大值为f (1)＝12e ≠52e ，不合题意． ②当a >0时，1－1a<1， 令f ′(x )>0，得1－1a<x <1； 令f ′(x )<0，得x <1－1a或x >1， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ，1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1－1a ，(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )的极大值为f (1)＝2a ＋12e ＝52e，得a ＝2. 综上所述a ＝2. (2)令g (a )＝(x 2＋1)a 2e x ＋x 2e x ，a ∈(－∞，0]， 当x ∈[0，＋∞)时，x 2＋12e x >0， 则g (a )≤b ln (x ＋1)2对∀a ∈(－∞，0]恒成立等价于g (a )≤g (0)≤b ln (x ＋1)2，即x e x ≤b ln(x ＋1)对x ∈[0，＋∞)恒成立． ①当b ＝0时，显然x e x ≤b ln(x ＋1)在[0，＋∞)上不恒成立． ②当b <0时，∀x ∈(0，＋∞)，b ln(x ＋1)<0，x e x >0， 此时x e x >b ln(x ＋1)，不合题意． ③当b >0时，令h (x )＝b ln(x ＋1)－xe x ，x ∈[0，＋∞)， 则h ′(x )＝b x ＋1－(e －x －x e －x)＝b e x ＋x 2－1(x ＋1)e x ， 其中(x ＋1)e x>0，∀x ∈[0，＋∞)，令p (x )＝b e x ＋x 2－1，x ∈[0，＋∞)，则p (x )在区间[0，＋∞)上单调递增， b ≥1时，p (x )≥p (0)＝b －1≥0，所以对∀x ∈[0，＋∞)，h ′(x )≥0，从而h (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以对任意x ∈[0，＋∞)，h (x )≥h (0)＝0，即不等式b ln(x ＋1)≥x e －x在[0，＋∞)上恒成立．0<b <1时，由p (0)＝b －1<0， p (1)＝b e>0及p (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，所以存在唯一的x 0∈(0,1)，使得p (x 0)＝0，且x ∈(0，x 0)时，p (x )<0.从而x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间(0，x 0)上单调递减，则x ∈(0，x 0)时，h (x )<h (0)＝0，即b ln(x ＋1)<x e －x ，不符合题意．综上所述，b 的取值范围为[1，＋∞)．4．(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x x－ax . (1)讨论函数f (x )的零点个数；(2)已知g (x )＝(2－x )ex ，证明：当x ∈(0,1)时，g (x )－f (x )－ax －2>0. (1)解xf (x )＝ln x －a x ·x . 令32x ＝t ，∴x ＝23t (t >0)．令h (t )＝ln t －32at ， 则函数y ＝h (t )与y ＝f (x )的零点个数情况一致．h ′(t )＝1t －32a . (ⅰ)当a ≤0时，h ′(t )>0，∴h (t )在(0，＋∞)上单调递增． 又h (1)＝－32a ≥0， 1e a a h +⎛⎫ ⎪⎝⎭＝a ＋1a －32a e 1a a + ≤a ＋1a －32a ·1e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32e 2a ＋1a<0， ∴此时有1个零点．(ⅱ)当a >0时，h (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，＋∞上单调递减． ∴h (t )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ＝ln 23a －1. ①当ln23a <1即a >23e 时，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a <0，无零点． ②当ln23a ＝1即a ＝23e 时，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ＝0,1个零点． ③当ln 23a >1即0<a <23e 时，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a >0， 又23a >e>1，h (1)＝－32a <0.又23a －49a 2＝23a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23a <23a(1－e)<0， h ⎝ ⎛⎭⎪⎫49a 2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 2－32a ·49a 2＝2ln 23a －23a ， 令φ(a )＝2ln23a －23a ， φ′(a )＝2·3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－23·1a 2＋23a 2＝2－6a 3a 2>0， ∴φ(a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23e 上单调递增， ∴φ(a )<φ⎝ ⎛⎭⎪⎫23e ＝2－e<0，∴此时有两个零点． 综上，当a ≤0或a ＝23e时，有1个零点； 当0<a <23e时，有2个零点； 当a >23e时，无零点． (2)要证g (x )－f (x )－ax －2>0， 只需证ln x x ＋2<(2－x )e x.令x ＝m ∈(0,1)，只需证2ln m m＋2<(2－m 2)e m . 令l (m )＝(2－m 2)e m ，l ′(m )＝(－m 2－2m ＋2)e m ，∴l (m )在(0，3－1)上单调递增，在(3－1,1)上单调递减，又∵l (1)＝e ，l (0)＝2，∴l (m )>2.令t (m )＝ln m m ，t ′(m )＝1－ln m m2>0， ∴t (m )在(0,1)上单调递增，∴t (m )<t (1)＝0，∴2ln m m＋2<2， 故g (x )－f (x )－ax －2>0.5．(2018·洛阳模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －t 2x 2，其中t ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当t ＝3时，证明：不等式f (x 1＋x 2)－f (x 1－x 2)>－2x 2恒成立(其中x 1∈R ，x 2>0)．(1)解 由于f ′(x )＝x e x －tx ＝x (e x －t )．(ⅰ)当t ≤0时，e x －t >0，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；(ⅱ)当t >0时，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝ln t .①当0<t <1时，ln t <0，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当ln t <x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x <ln t 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；②当t ＝1时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；③当t >1时，ln t >0.当x >ln t 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当0<x <ln t 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x <0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当t ≤0时，f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数；当0<t <1时，f (x )在(－∞，ln t )，(0，＋∞)上是增函数，在(ln t,0)上是减函数；当t ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数；当t >1时，f (x )在(－∞，0)，(ln t ，＋∞)上是增函数，在(0，ln t )上是减函数．(2)证明 依题意f (x 1＋x 2)－f (x 1－x 2)>(x 1－x 2)－(x 1＋x 2)⇔f (x 1＋x 2)＋(x 1＋x 2)>f (x 1－x 2)＋(x 1－x 2)恒成立．设g (x )＝f (x )＋x ，则上式等价于g (x 1＋x 2)>g (x 1－x 2)，要证明g (x 1＋x 2)>g (x 1－x 2)对任意x 1∈R ，x 2∈(0，＋∞)恒成立，即证明g (x )＝(x －1)e x －32x 2＋x 在R 上单调递增， 又g ′(x )＝x e x －3x ＋1，只需证明x e x －3x ＋1≥0即可．令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1，当x <0时，h ′(x )<0，当x >0时，h ′(x )>0，∴h (x )min ＝h (0)＝0，即∀x ∈R ，e x≥x ＋1，那么，当x ≥0时，x e x ≥x 2＋x ，∴x e x －3x ＋1≥ x 2－2x ＋1＝(x －1)2≥0；当x <0时，e x <1，x e x －3x ＋1＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －3＋1x >0， ∴x e x －3x ＋1>0恒成立．从而原不等式成立．6．已知函数f (x )＝ax 2＋cos x (a ∈R )，记f (x )的导函数为g (x )．(1)证明：当a ＝12时，g (x )在R 上为单调函数； (2)若f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围；(3)设函数h (x )的定义域为D ，区间(m ，＋∞)⊆D .若h (x )在(m ，＋∞)上是单调函数，则称h (x )在D 上广义单调．试证明函数y ＝f (x )－x ln x 在(0，＋∞)上广义单调．(1)证明 当a ＝12时，f (x )＝12x 2＋cos x ， 所以f ′(x )＝x －sin x ，即g (x )＝x －sin x ，所以g ′(x )＝1－cos x ≥0，所以g (x )在R 上单调递增．(2)解 因为g (x )＝f ′(x )＝2ax －sin x ，所以g ′(x )＝2a －cos x .①当a ≥12时，g ′(x )≥1－cos x ≥0， 所以函数f ′(x )在R 上单调递增．若x >0，则f ′(x )>f ′(0)＝0；若x <0，则f ′(x )<f ′(0)＝0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)，所以f (x )在x ＝0处取得极小值，符合题意．②当a ≤－12时，g ′(x )≤－1－cos x ≤0， 所以函数f ′(x )在R 上单调递减．若x >0，则f ′(x )<f ′(0)＝0；若x <0，则f ′(x )>f ′(0)＝0，所以f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，单调递增区间是(－∞，0)，所以f (x )在x ＝0处取得极大值，不符合题意．③当－12<a <12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，但当x ∈(0，x 0)时，cos x >2a ，即g ′(x )<0，所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，所以f ′(x )<f ′(0)＝0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 记h (x )＝ax 2＋cos x －x ln x (x >0)． ①若a >0，注意到ln x <x ，则ln x 12<x 12，即ln x <2x ， h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x >2ax －2x －2＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－4a ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋4a ＋12a . 当x >⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，h ′(x )>0， 所以当m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递增． ②若a ≤0，当x >1时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ≤－sin x －1－ln x <0， 所以当m ＝1时，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递减．综上所述，函数y ＝f (x )－x ln x 在区间(0，＋∞)上广义单调．。

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高考数学压轴大题规范练(2)——函数与导数.docx

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高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作专题分层训练(三十三) 压轴大题规范练(2)——函数与导数1．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax (a >0)，设F (x )＝f (x )＋g (x )． (1)求函数F (x )的单调区间；(2)若以函数y ＝F (x )(x ∈(0,3])图象上任意一点P (x 0，y 0)为切点的切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的最小值．解 (1)F (x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax (x >0)， F ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2.∵a >0，由F ′(x )>0⇒x ∈(a ，＋∞)， ∴F (x )在(a ，＋∞)上是增函数． 由F ′(x )<0⇒x ∈(0，a )， ∴F (x )在(0，a )上是减函数． 综上，F (x )的单调递减区间为(0，a )， 单调递增区间为(a ，＋∞)．(2)由F ′(x )＝x －a x 2(0<x ≤3)，得k ＝F ′(x )＝x －a x 2≤12(0<x 0≤3)恒成立⇒a ≥－12x 20＋x 0(0<x 0≤3)恒成立．∵当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12， ∴a ≥12，即实数a 的最小值为12.2．(2015·重庆卷)设函数f (x )＝3x 2＋axe x (a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x (e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x， 因为f (x )在x ＝0处取得极值， 所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ， 故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)， 化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋ae x ， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366. 当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0， 故f (x )为减函数；当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0， 故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数， 知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3， 解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.3．已知f (x )＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2.(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ≠0，求函数f (x )的单调区间；(3)若不等式2x ln x ≤f ′(x )＋a 2＋1恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)∵a ＝1，∴f (x )＝x 3＋x 2－x ＋2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x －1，∴k ＝f ′(1)＝4，又f (1)＝3，∴切点坐标为(1,3)， ∴所求切线方程为y －3＝4(x －1)， 即4x －y －1＝0.(2)f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2＝(x ＋a )(3x －a )， 由f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝a3. ①当a >0时，由f ′(x )<0，得－a <x <a3. 由f ′(x )>0，得x <－a 或x >a3， 此时f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，a 3，单调递增区间为(－∞，－a )和⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞. ②当a <0时，由f ′(x )<0，得a3<x <－a . 由f ′(x )>0，得x <a3或x >－a ，此时f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，－a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3和(－a ，＋∞)．综上，当a >0时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－a ，a 3，单调递增区间为(－∞，－a )和⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞. 当a <0时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫a 3，－a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3和()－a ，＋∞. (3)依题意x ∈(0，＋∞)，不等式2x ln x ≤f ′(x )＋a 2＋1恒成立，等价于2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1在(0，＋∞)上恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 在(0，＋∞)上恒成立， 设h (x )＝ln x －3x 2－12x ，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2. 令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)， 当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0. 当x 变化时，h ′(x )与h (x )变化情况如下表x (0,1) 1 (1，＋∞)h ′(x ) ＋ 0 － h (x )单调递增－2单调递减∴当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝－2， ∴a ≥－2，即a 的取值范围是[－2，＋∞)． 4．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤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)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 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)单调递减，在(0，＋∞)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]，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，不符题意； 当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1，不符题意． 综上，m 的取值范围是[－1,1]．5．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎨⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线． (2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点． 当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0， 故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0， 故x ＝1不是h (x )的零点． 当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点； 当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a 3，1上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝ －a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a 3－a 3＋14.a ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点； b ．若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点；c ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．。

高考数学大二轮总复习 增分策略 高考压轴大题突破练(四)函数与导数

高考数学大二轮总复习 增分策略 高考压轴大题突破练(四)函数与导数

高考压轴大题突破练(四)函数与导数(2)1．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值，在x＝0处的切线与直线3x＋y＝0平行．(1)求f(x)的解析式；(2)已知点A(2，m)，求过点A的曲线y＝f(x)的切线条数．2．已知函数f(x)＝2x2－a ln x(a∈R)．(1)若a＝4，求函数f(x)的极小值；(2)试问：对某个实数m，方程f(x)＝m－cos 2x在x∈(0，＋∞)上是否存在三个不相等的实根？若存在，请求出实数a的范围；若不存在，请说明理由．3．已知函数f (x )＝a ln x －bx 2.(1)当a ＝2，b ＝12时，求函数f (x )在[1e，e]上的最大值；(2)当b ＝0时，若不等式f (x )≥m ＋x 对所有的a ∈[0，32]，x ∈(1，e 2]都成立，求实数m 的取值范围．4．(2014·大纲全国)函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋a(a >1)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a 1＝1，a n ＋1＝ln(a n ＋1)，证明：2n ＋2<a n ≤3n ＋2.答案精析高考压轴大题突破练 (四)函数与导数(2)1．解 (1)f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝3a ＋2b ＋c ＝0，f ′－1＝3a －2b ＋c ＝0，f ′0＝c ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0，c ＝－3.所以f (x )＝x 3－3x .(2)设切点为(t ，t 3－3t )，由(1)知f ′(x )＝3x 2－3， 所以切线斜率k ＝3t 2－3， 切线方程为y －(t 3－3t ) ＝(3t 2－3)(x －t )．又切线过点A (2，m )，代入得m －(t 3－3t )＝(3t 2－3)(2－t )，解得m ＝－2t 3＋6t 2－6. 设g (t )＝－2t 3＋6t 2－6，令g ′(t )＝0， 即－6t 2＋12t ＝0，解得t ＝0或t ＝2.当t 变化时，g ′(t )与g (t )的变化情况如下表：t (－∞，0)0 (0,2) 2 (2，＋∞)g ′(t ) －0 ＋0 －g (t )极小值极大值所以g (t )的极小值为g (0)＝－6，极大值为g (2)＝2.作出函数草图可知：①当m >2或m <－6时，方程m ＝－2t 3＋6t 2－6只有一解，即过点A 只有一条切线； ②当m ＝2或m ＝－6时，方程m ＝－2t 3＋6t 2－6恰有两解，即过点A 有两条切线； ③当－6<m <2时，方程m ＝－2t 3＋6t 2－6有三解，即过点A 有三条切线． 2．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由已知得f ′(x )＝4x －4x＝4x 2－1x， 则当0<x <1时f ′(x )<0，f (x )在(0,1)上是减函数；当x >1时f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数．故函数f (x )的极小值为f (1)＝2.(2)假设方程f (x )＝m －cos 2x 在x ∈(0，＋∞)上存在三个不相等的实根， 设F (x )＝2x 2－a ln x ＋cos 2x －m ，由于F (x )在x ∈(0，＋∞)上的图象连续不断， 则F ′(x )＝4x －ax－2sin 2x (x >0)有两个不同的零点， 即a ＝4x 2－2x sin 2x (x >0)有两个不同的解． 设G (x )＝4x 2－2x sin 2x (x >0)，则G ′(x )＝8x －2sin 2x －4x cos 2x ＝2(2x －sin 2x )＋ 4x (1－cos 2x )． 设h (x )＝2x －sin 2x ， 则h ′(x )＝2－2cos 2x ≥0， 故h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 故当x >0时，h (x )>h (0)＝0， 即2x >sin 2x .又1－cos 2x >0，则G ′(x )>0， 故G (x )在(0，＋∞)上是增函数，则a ＝4x 2－2x sin 2x (x >0)至多只有一个解， 故假设不成立，即不存在满足条件的实数a . 3．解 (1)由题意知，f (x )＝2ln x －12x 2，f ′(x )＝2x －x ＝2－x2x，当1e≤x ≤e 时， 令f ′(x )>0得1e ≤x <2；令f ′(x )<0，得2<x ≤e，∴f (x )在[1e ，2)上单调递增，在(2，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2－1.(2)当b ＝0时，f (x )＝a ln x ，若不等式f (x )≥m ＋x 对所有的a ∈[0，32]，x ∈(1，e 2]都成立，则a ln x ≥m ＋x 对所有的a ∈[0，32]，x ∈(1，e 2]都成立，即m ≤a ln x －x ，对所有的a ∈[0，32]，x ∈(1，e 2]都成立，令h (a )＝a ln x －x ，则h (a )为一次函数，m ≤h (a )min . ∵x ∈(1，e 2]，∴ln x >0， ∴h (a )在[0，32]上单调递增，∴h (a )min ＝h (0)＝－x ，∴m ≤－x 对所有的x ∈(1，e 2]都成立． ∵1<x ≤e 2，∴－e 2≤－x <－1， ∴m ≤(－x )min ＝－e 2.即实数m 的取值范围为(－∞，－e 2]． 4．(1)解 f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x [x －a 2－2a ]x ＋1x ＋a 2.①当1<a <2时，若x ∈(－1，a 2－2a )， 则f ′(x )>0，f (x )在(－1，a 2－2a )是增函数；若x ∈(a 2－2a,0)，则f ′(x )<0，f (x )在(a 2－2a,0)是减函数； 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)是增函数． ②当a ＝2时，f ′(x )≥0，f ′(x )＝0成立当且仅当x ＝0，f (x )在(－1，＋∞)是增函数．③当a >2时，若x ∈(－1,0)，则f ′(x )>0，f (x )在(－1,0)是增函数； 若x ∈(0，a 2－2a )，则f ′(x )<0，f (x )在(0，a 2－2a )是减函数； 若x ∈(a 2－2a ，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )在(a 2－2a ，＋∞)是增函数．综上，①当1<a <2时，f (x )在(－1，a 2－2a )和(0，＋∞)上单调递增，在(a 2－2a,0)上单调递减；②当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增； ③当a >2时，f (x )在(－1,0)和(a 2－2a ， ＋∞)上单调递增，在(0，a 2－2a )上单调递减． (2)证明 由(1)知，当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)是增函数．当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝0， 即ln(x ＋1)>2xx ＋2(x >0)． 又由(1)知，当a ＝3时，f (x )在(0,3)是减函数． 当x ∈(0,3)时，f (x )<f (0)＝0， 即ln(x ＋1)<3xx ＋3(0<x <3)． 下面用数学归纳法证明2n ＋2<a n ≤3n ＋2. ①当n ＝1时，由已知23<a 1＝1，故结论成立；②假设当n ＝k 时结论成立，即2k ＋2<a k ≤3k ＋2. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ln(a k ＋1)>ln(2k ＋2＋1)>2×2k ＋22k ＋2＋2＝2k ＋3.a k ＋1＝ln(a k ＋1)≤ln(3k ＋2＋1)<3×3k ＋23k ＋2＋3＝3k ＋3，即当n ＝k ＋1时有2k ＋3<a k ＋1≤3k ＋3，结论成立． 根据①②可知，对任何n ∈N *结论都成立．。

(京津专用)高考数学总复习 优编增分练：压轴大题突破练(二)直线与圆锥曲线(2)文

(京津专用)高考数学总复习 优编增分练：压轴大题突破练(二)直线与圆锥曲线(2)文

(二)直线与圆锥曲线(2)1．(2018·威海模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F ，直线y ＝4与y 轴的交点为P ，与抛物线C 的交点为Q ，且|QF |＝2|PQ |.(1)求p 的值；(2)已知点T (t ，－2)为C 上一点，M ，N 是C 上异于点T 的两点，且满足直线TM 和直线TN的斜率之和为－83，证明直线MN 恒过定点，并求出定点的坐标． 解 (1)设Q (x 0,4)，由抛物线定义知|QF |＝x 0＋p 2， 又|QF |＝2|PQ |，即2x 0＝x 0＋p 2，解得x 0＝p 2， 将点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，4代入抛物线方程，解得p ＝4. (2)由(1)知，C 的方程为y 2＝8x ， 所以点T 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2， 设直线MN 的方程为x ＝my ＋n ，点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 218，y 1，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 228，y 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋n ，y 2＝8x ，得y 2－8my －8n ＝0，Δ＝64m 2＋32n >0.所以y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－8n ，所以k MT ＋k NT ＝y 1＋2y 218－12＋y 2＋2y 228－12＝8y 1－2＋8y 2－2 ＝8(y 1＋y 2)－32y 1y 2－2(y 1＋y 2)＋4＝64m －32－8n －16m ＋4＝－83， 解得n ＝m －1，所以直线MN 的方程为x ＋1＝m (y ＋1)，恒过定点(－1，－1)． 2．(2018·南昌模拟)已知动圆C 过点F (1,0)，且与直线x ＝－1相切．(1)求动圆圆心C 的轨迹方程E ；(2)已知点P (4，－4)，Q (8,4)，过点Q 的直线l 交曲线E 于点A ，B ，设直线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值，并求出此定值．解 (1)设C (x ，y )，由(x －1)2＋y 2＝||x ＋1， 得动圆圆心C 的轨迹方程E 为y 2＝4x ，(2)依题意知直线AB 的斜率不为0，设AB 方程为x －8＝m (y －4)，即x ＝my －4m ＋8，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x ，x ＝my －4m ＋8， 得y 2－4my ＋16m －32＝0，且Δ>0恒成立，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝16m －32，∴k PA ·k PB ＝y 1＋4x 1－4·y 2＋4x 2－4 ＝y 1＋4y 214－4·y 2＋4y 224－4＝16(y 1－4)(y 2－4)＝16y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16＝1616m －32－16m ＋16＝－1(定值)． 3．(2018·四省名校大联考)如图，在平面直角坐标系中，已知点F (1,0)，过直线l ：x ＝4左侧的动点P 作PH ⊥l 于点H ，∠HPF 的角平分线交x 轴于点M ，且|PH |＝2|MF |，记动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)过点F 作直线l ′交曲线C 于A ，B 两点，设AF →＝λFB →，若λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求|AB |的取值范围．解 (1)设P (x ，y )，由题意可知|MF |＝|PF |，所以|PF ||PH |＝|MF ||PH |＝12， 即(x －1)2＋y 2|x －4|＝12，化简整理得x 24＋y 23＝1， 即曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)由题意，得直线l ′的斜率k ≠0，设直线l ′的方程为x ＝my ＋1， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋1，x 24＋y 23＝1， 得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以Δ＝(6m )2＋36(3m 2＋4)＝144(m 2＋1)>0恒成立，且y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，① 又因为AF →＝λFB →，所以－y 1＝λy 2，②联立①②，消去y 1，y 2，得4m 23m 2＋4＝(λ－1)2λ， 因为(λ－1)2λ＝λ＋1λ－2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12， 所以0≤4m 23m 2＋4≤12， 解得0≤m 2≤45. 又|AB |＝m 2＋1|y 1－y 2|＝m 2＋1(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12m 2＋123m 2＋4 ＝4－43m 2＋4， 因为4≤3m 2＋4≤325， 所以|AB |＝4－43m 2＋4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，278. 所以|AB |的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，278.4．(2018·合肥模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为22，短轴长为4 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A 为椭圆C 的左顶点，P 为椭圆C 上位于x 轴上方的点，直线PA 交y 轴于点M ，点N在y 轴上，且MF →·FN →＝0，设直线AN 交椭圆C 于另一点Q ，求△APQ 面积的最大值．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝22，2b ＝42，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧ a ＝4，b ＝22，c ＝22，所以椭圆C 的标准方程为x 216＋y 28＝1. (2)由题意可设直线PA 的方程为y ＝k (x ＋4)，k >0，则M (0,4k )，又F (22，0)，且MF →·FN →＝0，所以MF ⊥FN ，所以直线FN 的方程为y ＝224k(x －22)， 则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2k ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x ＋4)，x 2＋2y 2＝16， 消去y 并整理得(1＋2k 2)x 2＋16k 2x ＋32k 2－16＝0，解得x 1＝－4，x 2＝4－8k 21＋2k 2， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－8k21＋2k 2，8k1＋2k 2， 直线AN 的方程为y ＝－12k(x ＋4)， 同理可得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－41＋2k 2，－8k 1＋2k 2， 所以P ，Q 关于原点对称，即PQ 过原点，所以△APQ 的面积S ＝12OA ·|y P －y Q | ＝2·16k 1＋2k 2＝322k ＋1k≤82， 当且仅当2k ＝1k ，即k ＝22时，等号成立， 所以△APQ 面积的最大值为8 2.5．(2018·峨眉山模拟)如图，圆C 与x 轴相切于点T (2,0)，与y 轴正半轴相交于两点M ，N (点M 在点N 的下方)，且|MN |＝3.(1)求圆C 的方程；(2)过点M 任作一条直线与椭圆x 28＋y 24＝1相交于两点A ，B ，连接AN ，BN ，求证：∠ANM ＝∠BNM . (1)解 由题意可知圆心的坐标为()2，r .∵|MN |＝3，∴r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝254，r ＝52， ∴圆C 的方程为(x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254. (2)证明 由圆C 方程可得M (0,1)，N (0,4)，①当AB 斜率不存在时，∠ANM ＝∠BNM ＝0°；②当AB 斜率存在时，设直线AB 方程为y ＝kx ＋1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋1，x 28＋y 24＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kx －6＝0， x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－61＋2k2， ∴k AN ＋k BN ＝y 1－4x 1＋y 2－4x 2 ＝2kx 1x 2－3(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k⎝⎛⎭⎪⎫－61＋2k2－3⎝⎛⎭⎪⎫－4k1＋2k2－61＋2k2＝0，∴k AN＋k BN＝0，综上所述，∠ANM＝∠BNM.。

2019高考数学总复习优编增分练压轴大题突破练(四)函数与导数(2)文

2019高考数学总复习优编增分练压轴大题突破练(四)函数与导数(2)文

(四)函数与导数()．(·成都模拟)已知()＝－＋(∈)．()讨论函数的单调性；()证明：当＝，且≥时，()≤－－恒成立．()解∵ ()＝－＋，∈，∴′()＝－＝，当≤时，()的增区间为(，＋∞)，无减区间，当>时，增区间为，减区间为.()证明当∈[，＋∞)时，由()可知当＝时，()在[，＋∞)上单调递减，()≤()＝－，再令()＝－－，在∈[，＋∞)上，′()＝－>，()单调递增，所以()≥()＝－，所以()≥()恒成立，当＝时取等号，所以原不等式恒成立．．(·合肥模拟)已知函数()＝，()＝λ(－)(λ为常数)．()若函数＝()与函数＝()在＝处有相同的切线，求实数λ的值；()当≥时，()≤()，求实数λ的取值范围．解()由题意得′()＝＋，′()＝λ，又()＝()＝，且函数＝()与＝()在＝处有相同的切线，∴′()＝′()，则λ＝，即λ＝.()设()＝－λ(－)，则()≤对∀∈[，＋∞)恒成立．∵′()＝＋－λ，且()＝，∴′()≤，即－λ≤，∴λ≥.另一方面，当λ≥时，记φ()＝′()，则φ′()＝－λ＝.当∈[，＋∞)时，φ′()≤，∴φ()在[，＋∞)内为减函数，∴当∈[，＋∞)时，φ()≤φ()＝－λ≤，即′()≤，∴()在[，＋∞)内为减函数，∴当∈[，＋∞)时，()≤()＝恒成立，符合题意．当λ<时，①若λ≤，则′()＝＋－λ≥对∀∈[，＋∞)恒成立，∴()在[，＋∞)内为增函数，∴当∈[，＋∞)时，()≥()＝恒成立，不符合题意．②若<λ<，令φ′()>，则<<，∴φ()在内为增函数，∴当∈时，φ()>φ()＝－λ>，即′()>，∴()在内为增函数，∴当∈时，()>()＝，不符合题意，综上所述，λ的取值范围是.．(·山东省名校联盟模拟)已知()＝＋(＋)＋. ()若函数()在＝处取得极值，求的值；。