广西专用2022年高考数学一轮复习大题专项练1高考中的函数与导数含解析新人教A版理2

1、PAGE PAGE 9高考大题专项练一高考中的函数与导数1.(2021全国)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.2.已知函数f(x)=(x-a)ex(aR).(1)求f(x)的单调区间;(2)当a=2时,F(x)=f(x)-x+lnx,记函数y=F(x)在区间14,1内的最大值为m,证明:-4m-3.3.(2021全国)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x),证明:g(x)g(x)+12;(3)是否存

2、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.7.已知函数f(x)=ax+bx(a0,b0,且a1,b1).(1)设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根;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.8.已知函数f(x)=x3+kln x(kR),f(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;求函数g(x)=f(x)-f(x)+9x的单调区间和极值.(2)当k-3时,求证:对任意的x1,x21,+),且x1x2,

3、有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.答案：1.解(1)函数f(x)=x3-x2+ax+1的定义域为R,其导数为f(x)=3x2-2x+a.当a13时,方程f(x)=0至多有一解,f(x)0,f(x)在R上单调递增;当a13时,若f(x)=0,则3x2-2x+a=0,此时方程3x2-2x+a=0有两根,即x1=1-1-3a3,x2=1+1-3a3.当xx2时,f(x)0;当x1xx2时,f(x)0,故f(x)在区间(-,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,在区间(x2,+)内单调递增.故当a13时,f(x)在R上单调递增;当a13时,f(x)在区间-,1-1

4、-3a3内单调递增,在区间1-1-3a3,1+1-3a3内单调递减,在区间1+1-3a3,+内单调递增.(2)记曲线y=f(x)过坐标原点的切线为l,切点为P(x0,x03-x02+ax0+1),f(x0)=3x02-2x0+a,故切线l的方程为y-(x03-x02+ax0+1)=(3x02-2x0+a)(x-x0).因为切线l过坐标原点,所以2x03-x02-1=0,解得x0=1,所以切线l的方程为y=(1+a)x.由x3-x2+ax+1=(1+a)x,得x3-x2-x+1=0,解得x=1或x=-1.故曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,1+a),(-1,

5、-1-a).2.(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)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,

6、所以G(x)G12=-4,G(x)G(1)=-3.故-4m-3.3.(1)解由题意,f(x)的定义域为(-,a).令p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x(-,a),p(x)=ln(a-x)+x-1a-x=ln(a-x)+-xa-x.因为x=0是函数y=xf(x)的极值点,则有p(0)=0,即lna=0,所以a=1.当a=1时,p(x)=ln(1-x)+-x1-x,且p(0)=0,当x0,当0 x1时,p(x)0,所以当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点.(2)证明由(1)可知,xf(x)=xln(1-x),要证x+f(x)xf(x)1,即需证明x+ln(1-x

7、)xln(1-x)1.因为当x(-,0)时,xln(1-x)0,当x(0,1)时,xln(1-x)xln(1-x),即x+(1-x)ln(1-x)0.令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x1,则h(x)=(1-x)-11-x+1-ln(1-x)=-ln(1-x),所以h(0)=0,当x(-,0)时,h(x)0,所以x=0为h(x)的唯一极小值点,也是最小值点,所以当x(-,0)(0,1)时,h(x)h(0)=0,所以x+f(x)xf(x)1,即g(x)1.4.(1)解f(x)=3x2+b,依题意得f12=0,即34+b=0.故b=-34.(2)证明由(1)知f(x)=x3-34x+c,f

8、(x)=3x2-34.令f(x)=0,解得x=-12或x=12.当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下:x-,-12-12-12,121212,+f(x)+0-0+f(x)单调递增c+14单调递减c-14单调递增因为f(1)=f-12=c+14,所以当c14时,f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-14c14.当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和1.当c=14时,f(x)只有两个零点-1和12.当-14c0,故有lnxx=1-t.令g(x)=lnxx,则g(x)=1-lnxx2.由g(x)0,得0 xe;由g(x)e.故g(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+)内单调

9、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(1-t)x(x0),则h(0)=0,h(x)=t-(1-t)e(1-t)x=(1-t)t1-t-e

10、(1-t)x.当0 x0,此时,h(x)h(0)=0,则当0 x0,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.(1)解当a=1时,f(x)=x-lnx,f(x)=1-1x=x-1x.当0 x1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,无极大值.(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0 x0,g(x)在区间(0,e上单调递增.g(x)max=g(e)=1

11、e12,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,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+4f(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-lnaln

12、b.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)内单调递减,在区间(x0,+)内单调递增.下证x0=0.若x00,则x0 x020,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)

13、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.(1)解当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f(x)=3x2+6x.可得f(1)=1,f(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3x,x(0,+).从而可得g(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得g(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g(x)=0,解得x=1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+)g(x)-0+g(x)单调递减极小值单调递增所以,

14、函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f(x)=3x2+kx.对任意的x1,x21,+),且x1x2,令x1x2=t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt.令h(x)=x-1x-2lnx,x1,+).当x1时,h(x)=1+1x2-2x=1-1x20,由此可得h(x)在区间1,+)内单调递增,所以当t1时,h(t)h(1),即t-1t-2lnt0.因为x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-