2021高考数学大一轮复习 高考大题专项练一 高考中的函数与导数 理 新人教A版.docx

1、高考大题专项练一高考中的函数与导数高考大题专项练第2页1.(2019北京,理19)已知函数f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.(1)解由f(x)=14x3-x2+x得f(x)=34x2-2x+1.令f(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427

2、.(2)证明令g(x)=f(x)-x,x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x2-2x.令g(x)=0得x=0或x=83.g(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+-+g(x)-60-64270所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6g(x)0,即x-6f(x)x.(3)解由(2)知,当a3;当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.2.(2019宁夏石嘴山三中高三四模)已知函数f(x)=(x-a)ex(aR).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=

3、2时,F(x)=f(x)-x+ln x,记函数y=F(x)在区间14,1内的最大值为m,证明:-4m-3.(1)解因为f(x)=(x-a)ex,所以f(x)=(x-a+1)ex.当x(-,a-1)时,f(x)0.故f(x)的单调递减区间为(-,a-1),单调递增区间为(a-1,+).(2)证明当a=2时,F(x)=(x-2)ex-x+lnx,则F(x)=(x-1)ex-1+1x=(x-1)ex-1x.当14x1时,x-10,所以g(x)在区间14,1内单调递增.因为g12=e12-20,所以存在x012,1,使得g(x0)=0,即ex0=1x0,即lnx0=-x0.故当x14,x0时,g(x)

4、0;当x(x0,1)时,g(x)0,此时F(x)0.所以G(x)在区间12,1内单调递增,所以G(x)G12=-4,G(x)G(1)=-3.故-4m0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x);(2)求A;(3)证明|f(x)|2A.(1)解f(x)=-2sin2x-(-1)sinx.(2)解(分类讨论)当1时,|f(x)|=|cos2x+(-1)(cosx+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此A=3-2.当01时,将f(x)变形为f(x)=2cos2x+(-1)cosx-1.(构造函数)令g(t)=2t2+(-1)t-1,则A是|g(t)|在区间-1,1上的最大值,g(-1)=,g

5、(1)=3-2,且当t=1-4时,g(t)取得极小值,极小值为g1-4=-(-1)28-1=-2+6+18.令-11-41,解得15.()当015时,g(t)在区间(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|,所以A=2-3.()当150,知g(-1)g(1)g1-4.又g1-4-|g(-1)|=(1-)(1+7)80,所以A=g1-4=2+6+18.综上,A=2-3,015,2+6+18,151,3-2,1.(3)证明由(1),得|f(x)|=|-2sin2x-(-1)sinx|2+|-1|.当015时,|f(x)|1+2-42(2-3)=2A.当

6、151时,A=8+18+341,所以|f(x)|1+2A.当1时,|f(x)|3-16-4=2A.所以|f(x)|2A.4.已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)2-2.(1)解f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-lnx,则f(x)=xg(x),f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a-1x,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故

7、g(x)g(1)=0.综上,a=1.(2)证明由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f(x)=2x-2-lnx.设h(x)=2x-2-lnx,则h(x)=2-1x.当x0,12时,h(x)0.所以h(x)在区间0,12内单调递减,在区间12,+内单调递增.又h(e-2)0,h120;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2.所以e-2f(x0)0,故有lnxx=1-t.令g(x)=lnxx,则g(x)=1-lnxx2

8、.由g(x)0,得0xe;由g(x)e.故g(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+)内单调递减.因此,g(x)max=g(e)=1e,所以g(x)的值域为-,1e,要使得方程f(x)=1无实数根,则1-t1e,即t0,f(x)0恒成立.不妨取x=1,有f(1)=et(1+t-e1-t)0.而当t1时,f(1)0,故t0时,f(x)=etx1+tx-e(1-t)xex21+x2-ex2.而当x0时,有ex1+x,故1+x2-ex20,所以f(x)0.所以f(x)在区间(0,+)内单调递减,故当t12时满足题意.当12t1时,01-t1,即11-tlnt1-t0.令h(x)=1+tx-e

9、(1-t)x,则h(0)=0,h(x)=t-(1-t)e(1-t)x=(1-t)t1-t-e(1-t)x.当0x0,此时,h(x)h(0)=0,则当0x0,故f(x)在区间0,11-tlnt1-t内单调递增.与题设矛盾,不符合题意,舍去.所以,当t12时,函数f(x)在区间(0,+)内是减函数.6.已知f(x)=ax-ln x,x(0,e,g(x)=lnxx,其中e是自然对数的底数,aR.(1)讨论当a=1时,函数f(x)的单调性和极值;(2)求证:在(1)的条件下,f(x)g(x)+12;(3)是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.(1)解当a=

10、1时,f(x)=x-lnx,f(x)=1-1x=x-1x.当0x1时,f(x)0,此时f(x)单调递减;当10时,此时f(x)单调递增.f(x)的极小值为f(1)=1.(2)证明f(x)的极小值为1,f(x)在区间(0,e上的最小值为1,即f(x)min=1.又g(x)=1-lnxx2,当0x0,g(x)在区间(0,e上单调递增.g(x)max=g(e)=1e12,在(1)的条件下,f(x)g(x)+12.(3)解假设存在正实数a,使f(x)=ax-lnx(x(0,e)有最小值3,则f(x)=a-1x=ax-1x.当01a0,b0,a1,b1).(1)设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根

11、;若对于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;(2)若0a1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.解:(1)因为a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x.方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-22x+1=0,所以(2x-1)2=0,即2x=1,解得x=0.由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2.因为f(2x)mf(x)-6对于xR恒成立,且f(x)0,所以m(f(x)2+4f(x)对于xR恒成立.而(f(x)2+4f(x)=f(x)+4f(x)2f(x)4f(x)=4,且(f(0)2+4

12、f(0)=4,所以m4,故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g(x)=axlna+bxlnb,又由0a1知lna0,所以g(x)=0有唯一解x0=logba-lnalnb.令h(x)=g(x),则h(x)=(axlna+bxlnb)=ax(lna)2+bx(lnb)2,从而对任意xR,h(x)0,所以g(x)=h(x)是(-,+)内的增函数.于是当x(-,x0)时,g(x)g(x0)=0.因而函数g(x)在区间(-,x0)内是减函数,在区间(x0,+)内是增函数.下证x0=

13、0.若x00,则x0x020,于是gx02aloga2-2=0,且函数g(x)在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0a1,所以loga20.又x020,所以x10,同理可得,在x02和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-lnalnb=1,故lna+lnb=0,所以ab=1.8.已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线

14、平行,证明x1+g(x2)=-2lnlnalna;(3)证明当ae1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.(1)解由已知,h(x)=ax-xlna,有h(x)=axlna-lna.令h(x)=0,解得x=0.由a1,可知当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x(-,0)0(0,+)h(x)-0+h(x)极小值所以函数h(x)的单调递减区间为(-,0),单调递增区间为(0,+).(2)证明由f(x)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线斜率为ax1lna.由g(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处

15、的切线斜率为1x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1lna=1x2lna,即x2ax1(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logalna=0,所以x1+g(x2)=-2lnlnalna.(3)证明曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1ln a(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).要证明当ae1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当ae1e时,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1与l2重合.即只需证明当

16、ae1e时,方程组ax1lna=1x2lna,ax1-x1ax1lna=logax2-1lna有解.由得x2=1ax1(lna)2,代入,得ax1-x1ax1lna+x1+1lna+2lnlnalna=0.因此,只需证明当ae1e时,关于x1的方程存在实数解.设函数u(x)=ax-xaxlna+x+1lna+2lnlnalna,即要证明当ae1e时,函数y=u(x)存在零点.u(x)=1-(lna)2xax,可知当x(-,0)时,u(x)0;当x(0,+)时,u(x)单调递减,又u(0)=10,u1(lna)2=1-a1(lna)20,使得u(x0)=0,即1-(lna)2x0ax0=0.由此

17、可得u(x)在区间(-,x0)上单调递增,在区间(x0+)上单调递减,u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为ae1e,故lnlna-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0lna+x0+1lna+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna2+2lnlnalna0.下面证明存在实数t,使得u(t)1lna时,有u(x)(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2lnlnalna=-(lna)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna,所以存在实数t,使得u(t)0.因此,当ae1e时,存在x1(-,+),使得u(x1)=0.所以,当ae1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.