2023课标版（文理）数学高考第一轮专题练习-解题思维1 高考中函数与导数解答题的提分策略

1、第 页共5页2023课标版(文理)数学高考第一轮专题练习解题思维1高考中函数与导数解答题的提分策略练综合素养提升2022南昌市模拟，12分己知函数於In A-UGR).若cF-2,求函数fix)的单调E间：芯函数汽x)在区间(0, 4)上有两个不同的极值点，求实数a的取值范围.12 分己知函数 f(x)=xx xax.(1)当a=l时，求函数Ax)在(0, +)上的最值；证明:对一切 作(0, +),都有In川去-去成立.2022广东六校联考，12分设函数(1)求rtx)的单调区间：如果当0,且# 1吋，,求k的取值范围.2022海市名校模拟，12分己知函数/()=er,WUGR).(1)选择

2、下列两个条件之一:Fl.判断/tr)在区间(0，+)上是否存在极小值点，并说明理由.(其中e2.718)注:若两个条件都选择作答，按第一个条件作答内容给分.己知niQ,设函数发Cr)=/U)+皿lnGwx).若发Cr)在区间(0, +)上存在零点，求实数/的取值范围.答解题思维1高考中函数与导数解答题的提分策略1. (1)若沪-2,则 f (x)=-2x- =、2X+:X+1，A-G (0, +).令f U) 0,得0k|,所以当xe (0, i)时，f(x)单调递増：令f U) i所以当(1 +co)时，/-()单调递减.综上，f(x)的单调递增区间为(0, |),单调递减区间为(|，+).

3、(2)由题意可得广 a)=l4 = , xe (0,+-),因为/U)在A-e (0,4)上有两个不同的极值点，所以，)=0在ie(0,4)上有两个不同的根，所以方程狀2-於1=0在a-g (0, 4)上有两个不同的根.解法一(分离参数原问题可转化为 $在-re (0, 4)上有两个不同的根.令似弓，则Cr)=，当 戊(0,2)吋，(x)0,(x)单调递增;当A-e (2, 4)时，(相，发U)单调递减. 又当A-G (0, 1)时，义)0,发=-,发1O4所以&0,a a0忐0, a h =16-0, va即实数a的取值范围为(A, 16 4（2分）（4分）（6分）（10 分）（12 分）（

4、10 分）（12 分）（1分）2. （1）函数 f（x）=xln tax 的定义域为（0，+）. 当 吋，f（x）=xln ah-%, f U）=ln x2.当00.所以/U)在(0, 上单调递减，在(去，+)上单调递增.所以/Or)在(0, +)上无最大值.（5分）(2)当0时，In什1去一忐等价于Hln，1)去-设士)昔丢，戊(。，+)，则发令，当 0Q;当i时，axo.所以/X)在(0,1)上单调递增，在(l，+oo)上单凋递减.（8分）所以当且仅当a=1时等号成立.由知5=-1时，rtx)=A-ln当且仅当 4时取等号.虽然但是/(%和d取到-1寸的x值不同，所以两个不会同时成立,从而

5、可知对一切(0, +oo),都有 /(_)，即 In（12 分）3. （1） Ax）的定义域为（0,1）0（1，+00），/*=（1分）令 A（x）=l-i-ln 义，则 A （1）4-卜笋 x0,（2 分）当 戌(o,i)时，a a)o，Aa)单调递增，当 IE (1，+)时，A (x)0, hx)单调递减.:当 AE (0,1) U (1, +oo)时，A(a)0,且# 1吋，告-i M，（3分）（5分）即黑-岩40,即忐咖#(4)小0.令咖=2In a，(4)先:当 xG (0,1)时，去0,当 x巳(1, +oo)时，去0.（7分）:当 xG （0,1） nt, g（x）0,当 xE

6、（1，+oo）时，g（x） 0,当 xe (1, +)时，g(x)0, 相 在1，+)上单调递增.（8分）.1当(1, +00)时，g(x) 犮(1) =0,与题意不符，舍去.若K0且J =4-40,即-1，则g (x)彡0，.:发(义)在(0,十)上单调递减，（10 分）又发=0,.：当xe (0,1)时，发(相，当xE (1, +00)时，g(x)0,符合题意.若A0,即-10, U(1)=2A+20,历U)=/wU)=0,故有 Xi0, gU在(l,x2)上单调递增，（11 分）（12 分）:当(1, x2)时，发C0发=0,与题意不符,舍去.综上所述,k的取值范围为(-%-1.4. (

7、1)若选择 ra)=erI-i?,则/* (x)=erl-x,令u(x)=f co,则a(jd=ei,-i,易知i? a)在(o，+)上单调递增，且a(1)=0,所以尸a)在(o，i)上 单调递减，在(1, +)上单调递增，所以(x)f 1 (1)=0,所以/(X)在(0，+)上单调递增，不存在极小值点.(5分)若选择m=l,f(.x)=erix,则 f U)=er,-2,令 ux)=f U),则 u1 ()=e,_,-2,易知U)在(0, +oo)上单调递增，且z/ (1+ln 2)=0,所以/ U)在(0, 1+ln 2)上单调递减，在(1+ln 2, +)上单调递增，又 f (1+ln

8、2)=-21n 20,(零点存在定理)所以存在泊e(l+ln2,4),使得f (而)二0.（5分）当(i+in 2，為)时，UXo, Ax)单调递减，当比(私+00)时，y (相，崩单调递增， 所以/(X)在(0, +oo)上存在极小值点.令 g(x) =0,得 e-m+mx n (mx) =0,又獻0，fiFr 以 -A+ln (獻)(獻)=eln(M,)H- rln (做)=0.令(服)，则原问题转化为ef,-Z=O有解.令 A(t)=eM-t,则 A=eM-1，易知A U)在R上单调递增，且A (1)=0,所以h( t)在(,1)上单调递减，在(1，+)上单调递增，（9分）又A(l)=0,所以h(t)=et有唯一零点r=l.%)在区间(0, +OO)上存在零点，等价于l=x-ln()在(0, +CO)上有解，整理得 1