2020版高考数学理科(人教B版)一轮复习高考大题专项1+函数与导数的综合压轴大题+Word版含解析

1、高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题 突破1利用导数求极值、最值、参数范围1.已知函数 f(x)=(x-k)e.(1)求 f(x)的单调区间；求 f(x)在区间0,1上的最小值.2.(2018 福建龙岩 4 月质检,21 改编)已知函数 f(x)= (x-2)ex-a(x+2)2.求函数 g(x)=f(x)+ 3ex的极值点3.(2018 山东师大附中一模,21)已知函数 f(x)=(x-a)ex(a R).(1)当 a=2 时,求函数 f(x)在 x=0 处的切线方程；求 f(x)在区间1,2上的最小值.4.(2018 陕西咸阳一模,21 改编)已知 f(x)=ex-aln x(a R).

2、当 a=-1 时,若不等式 f(x)e+m(x-1)对任意 x (1,+旳恒成立，求实数 m 的取值范围.2x 5.设函数 f(x)=x +ax+b ,g(x)=e (cx+d).若曲线 y=f (x)和曲线 y=g (x)都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的 切线 y=4x+2.(1)求 a,b,c,d 的值；若 x -2 时,f(x)wkg(x),求 k 的取值范围.6.(2018 河北江西南昌一模,21)已知函数 f(x)=ln(ax)+bx 在点(1,f(1)处的切线是 y=0.(1)求函数 f(x)的极值;当 f(x)+一 x(m 1 时,f(x)+e 0.2.(2018 河

3、北保定一模，21 改编)已知函数 f(x)=ln x-(a R)若 f(x)有两个极值点 X1,X2,证明:f-323.已知函数 f(x)=ax -3x + 1,若 f(x)存在唯一的零点X0,且 x0,求 a 的取值范围34.(2018 安徽芜湖期末，21 改编)已知函数 f(x)=x -aln x(a R).若函数 y=f(x)在区间(1,e 上存在两个不 同零点，求实数 a 的取值范围.5.(2018 河南郑州一模,21)已知函数 f(x)=ln x+-,a R 且 a 用.(1)讨论函数 f(x)的单调性；_x_当 x -时，试判断函数 g(x)=(ln x- 1)e +x-m 的零点

4、个数.x 26.(2018 河北衡水中学押题三,21)已知函数 f(x)=e-x +a,x R，曲线 y=f(x)的图象在点(0,f(0)处的切线 方程为 y=bx.(1)求函数 y=f(x)的解析式；2当 x R 时，求证:f(x) -x +x;若 f(x)kx 对任意的 x (0,+旳恒成立，求实数 k 的取值范围.高考大题专项一函数与导数的综合突破 1 利用导数求极值、最值、参数范围1解(1)由题意知 f(x)= (x-k+1)e .令 f (x)= 0,得 x=k-1.当 x (-s,k-1)时,f(x)0.所以 f(x)的单调递减区间是(-m,k-1),单调递增区间是(k-1,+m)

5、.(2)当 k-1w0,即 kw1 时,f(x)在0,1上单调递增，所以 f(x)在区间0,1上的最小值为 f(0)=-k;当 0k-11,即 1k 1,即 k 2 时,f(x)在0,1上单调递减，所以 f(x)在区间0,1上的最小值为 f(1)=(1-k)e. 综上，当 kw1 时,f(x)在0,1上的最小值为 f(0)=-k ;当 1k2 时,f(x)在0,1上的最小值为 f(1) = (1-k)e.x22. 解 由 g(x)=(x+1)e -a(x+ 2),得 g(x)=(x+ 2)ex-2a(x+ 2)=(x+2)(ex-2a),(i)当 aw0 时，在(亠,-2)上,g(x)0.(i

6、i)当 a0 时,令 g(x)=0,解得 x=- 2 或 x=ln(2a).1若a=,ln(2 a)=-2,g(x) 0 恒成立;2若 a ,|n(2 a)- 2,在(-2,1 n(2 a)上,g(x) 0.3若 a ,|n(2 a)- 2,在(ln(2 a),-2)上,g(x) 0.综上，当 aw0 时,g(x)极小值点为-2,无极大值点；当 0a 时,g(x)极小值点为 In(2 a), 极大值点为-2.3. 解(1)设切线的斜率为 k.因为 a=2,所以 f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex(x-1).所以 f(0)=-2,k=f (0) = e(0-1)=-1.所以所求的切线方程为

7、y=-x-2,即 x+y+ 2= 0.(2)由题意得 f(x)=e (x-a+ 1),令 f(x)= 0,可得 x=a-1.1若 a-1w1,则 aw2,当 x 1,2时,f(x) 0,则 f(x)在 1,2上单调递增.所以 f(x)min=f (1)= (1-a)e.2若 a-1 2,则 a 3,当 x 1,2时,f(x)w0,则 f(x)在 1,2上单调递减.所以 f(x)min=f (2)=(2-a)e2.3若 1a-12,则 2a3 时,f(x)min=f(2) = (2-a)e2;当 2a 0,记 F(x)=eX+|n x-e-m(x-1),F(1)= 0,依题意有 F(x)0 对任

8、意 x 1,+ 旳恒成立,求导得 F(x)=ex+_-m,F(1)= ex+1-m,F(x) = ex-,当 x1 时,F”(x)0,则 F(x)在(1, +百上单调递增,有 F(x)F (1)=ex+l-m,若 mWe+1,则 F(x)0,则 F(x)在(1,+叼上单调递增，且 F(x)F(1) = 0,适合题意;若 me+1,则 F(1) 0,故存在 X! (1,ln m),使 F(x)= 0,当 1 xx1时,F(x)0,得 F(x)在(1,X1)上单调递减,F(x) 0,即 k 1.令 F (x)= 0 得 X1=-ln k,X2=-2.1若 1Wke2，则-2X1W0.从而当 x (

9、-2,X1)时,F(x)0.即 F(x)在(-2,X1)单调递减，在(X1, +旳单调递增.故 F(x)在-2,+旳的最小值为 F(X1).而 F(X1)= 2x1+2- -4x1-2=-X1(X1+ 2) 0.故当 x-2 时,F(x)0,即 f(x)wkg(x)恒成立.2若 k=e2,则 F(x)=2e2(x+2)(eX-e-2).从而当 x-2 时,F(x)0,即卩 F(x)在(-2,+s)单调递增.而 F(-2)=0,故当 x -2 时,F(x) 0,即 f(x)e，则 F(-2)=-2ke +2=-2e (k-e ) -2 时,f(x)Wkg(x)不可能恒成立.综上,k 的取值范围是

10、1,e2.6.解(1)Tf(x) = ln(ax)+bx,二f (x)=+b= -+b,T点(1,f(1)处的切线是 y=0, f(1)=1+b= 0,且 f(1)=ln a+b= 0, a=e,b=-1,即 f(x)=ln x-x+ 1(x0),. f(x)=-1 =, /. f(x)在 (0,1)上递增，在(1,+S上递减. 所以 f(x)的极大值为 f(1)= ln e-仁 0,无极小值.(2)由(1)f(x)= ln x-x+ 1,当 f(x)+x(m 0)恒成立时，即 In x-x+ 1 +x(m 0)在 x (0,+ S 恒成立，同除以 x 得一 -2+-设 g(x)=,h(x)=

11、- -2,贝 V g(x)= ,h(x)=-,又m0 所以当 0 x 1 时,g(x)0;当 x 1 时,g(x)0,h(x) h(x)恒成立,只需 g(x)minh(x)max,即_-1,解得 m1-e,又 m 1 时,f(x)+e (x+x-1+e )e-.令 g(x)=x+x-1 + e , 则 g(x)=2x+ 1 + ex+1.当 x-1 时,g(x)-1 时,g(x)0,g(x)单调递增 所以 g(x) g(-1)= 0. 因此 f(x)+e0.2. 证明 f(x) = _- - (x 0),令 p(x)=x +(2-a)x+ 1, 由 f(x)在(0, +8)有两个极值点 X1,

12、X2,则方程 p(x)= 0 在(0,+旳有两个实根X1,x2,- 得 a4,二f(x“+f(X2)= In X1-+ In x2 -= In X1x2 -=-a ,f - =f = In-=In - (a-2),f- = In_a-2+-=In _ 2.设 h(a)= In-+ 2(a 4),则 h(a)=- 0, h(a)在(4,+8)上为减函数,又 h(4) =0,二h(a)0 时,当 XT-8时,f(x)i-8,f(0)= 1,f(x)存在小于 0 的零点 Xg,不合题意;当 a0 时,f(x)= 3ax2-6x, 由 f(x)=3ax2-6x=0，得 X1= 0,X2=- 0,二在区

13、间-内 f(x)0;在区间(0,+8)内 f(x)0? f(x)min=f - 0? + 1 0? - 4.va 0,a 0 时,由图象知不符合题意；当 a0 时,设曲线 y=ax3与曲线 y= 3x2-1 相切于点(X0,y),贝 U-得 a=-2,由图象知 a0,当 t 1 或 t-1 时,g(x)0.所以 g(t)在(-8,-1)递减,在区间 (-1,1)递增，在 (1,+8递减,所以当 t=- 1 时,g(t)min=- 2，由 g(t)=-t3+ 3t 的图象可知,t= 1 时,g(t)max= 2.3XT+g时,g(t)f+a,当 a- 2 时，直线 y=a 与 g(t)=-t +

14、 3t 的图象只有一个交点,交点在第四象限，所 以满足题意4.- 解由 f(x)=O，得 a= 区间(1,e上有两个不同实数解，即函数 y=a 的图象与函数 g(x)=一的图象有 两个不同的交点.因为 g(x)=,令 g(x)=O 得X= 一，所以当 xj(1, 一)时,g(x)0,函数在(一上单调递增；则 g(x)min=g( )=3e,而 g(一)=二=2727,且 g(e)=e0),当 a0 恒成立 屈数 f(x)在(0,+a)上单调递增；当 a0 时,由 f(x)0,得 x,由 f(x)0,得 0 x-,函数单调递增区间为-，单调递减区间为-综上所述，当 a0 时屈数 f(x)的单调递

15、增区间为-，单调递减区间为-(2)Tx -时，函数 g(x)=(lnX- 1)ex+x-m 的零点，即方程(ln x-1)ex+x=m 的根.令 h(x)= (ln x-1)ex+x,Xh(x)= - e + 1,由知当 a=1 时,f(x)= ln x+-1 在- 递减，在1,e上递增, f(x) f(1)=0,-+ lnX-1 0 在X-上恒成立，二h(x)= - e + 1 0+ 10, h(x)= (ln x-1)e+x 在x -上单调递增，- h(x)min=h - =-2-,h(x)max= e. 当 me 时，没有零点，当-2- mWe 时有一个零点.6. (1)解根据题意，得 f(x)=_2x,则 f(0)=仁b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入 y=f(x)，得 a=-1,故 f(x)=ex-x2-1._2XX证明 令 g(x)=f(x)+x -x=e -X-1 .由 g(x) = e -1= 0,得X= 0,当 x (-gO)时,g(x) 0,y=g (X)单调递增.所以g(X)min=g (