第四篇高考压轴大题突破练三

高考压轴大题突破练(三f(x)＝ln

——函数与导数(推荐时间：70分钟22ax (1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx F′(x)＝x－x2＝x2∵a>0F′(x)<0⇒x∈(0，a)，∴F(x)在(0，a)上是减函数．单调递增区间为(2)F′(x)＝x2(0<x≤3)

1(0<x≤3)恒成立⇒a≥－1x2＋x(0<x≤3)＝x2

2 ∵x0＝1时，－1x2＋x0取得最大值

2 1≥2a的最小值为2xlnx≤f′(x)＋a2＋1a (1)∵a＝1，∴f(x)＝x3＋x2－x＋2，∴f′(x)＝3x2＋2x－1，∴k＝f′(1)＝4，又∴切点坐标为(1,3)，∴y－3＝4(x－1)4x－y－1＝0.3f′(x)＝0x＝－a3①当a>0时，由f′(x)<0，得 3f′(x)>0x<－a3f(x)的单调递减区间为(－a，a)，单调递增区间为(－∞，－a)和 3a②a<0f′(x)<0，得3af′(x)>0

x<3f(x)的单调递减区间为333a>0时，f(x)的单调递减区间为33单调递增区间为(－∞，－a)和a，＋∞)．a<0时，f(x)a，－a)，3(3)x∈(0，＋∞)2xlnx≤f′(x)＋a2＋12xln在(0，＋∞)a≥lnx－3x1在(0，＋∞) 设h(x)＝lnx－3x－1，则h′(x)

3h′(x)＝0x＝1，x＝－1(舍30<x<1时，h′(x)>0x>1时，h′(x)<0.当x变化时，h′(x)与h(x)变化情况如下表x1＋0-∴x＝1时，h(x)∴a≥－2即a的取值范围是某知名品企业新研发了一种健康饮品，已知每天生产该种饮品最多不超过4万瓶，4瓶)间的关系为P＝4500，每生产一瓶饮 4元，每出现一瓶次品亏损2元．(注(1)y(元)x (1)由题意，得每生产1000瓶饮品4000元，每出现1000瓶次品亏损2000元4

4 y＝4

4500·x－2

4500)·x＝33所以日利润y＝－4x3＋333(2)令f(x)＝－4x3＋33则f′(x)＝3600－42令f′(x)＝0，解得1≤x<30时，f′(x)>030<x≤4033所以函数f(x)＝－4x3＋3600x(1≤x≤40)在[1,30)上单调递增，在(30,40]上单调递减所以当x＝30时，函数y＝－4x3＋3600x(x∈N*,1≤x≤40)取得最大值，333最大值为－4×303＋3600×30＝72330372000

ln

(1)函数f(x)的定义域为1－ln .f′(x)＝0当x∈(e1－a，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为极大值为ln(2)令 －ln则 F′(x)＝0x＝e2－aF′(x)>0x<e2－a；令F′(x)<0，得x>e2－a，F(x)在区间(0，e2－a)上是增函数，①e2－a<e2a>0F(x)在区间(0，e2－a)上是增函数，F(e1－a)＝0，F(e2)＝e2由图象，当0<x<e1－a时，F(x)<0；当e1－a<x≤e2时，F(x)>0，f(x)g(x)的图象在区间(0，e2]1

②e2－a≥e2a≤0时，F(x)在区间(0，e2]

e2F(x)max＝F(e2)＝e2≥0，即－1≤a≤0f(x)g(x)的图象在区间(0，e2]1F(x)max＝F(e2)＝e2<0a<－1f(x)g(x)的图象在区间(0，e2]上没有公共点．综上，满足条件的实数a的取值范围是[－1，＋∞)．f(x)＝lnx＋x－1x>1

31<x<3

x＋52证 记g(x)＝lnx＋2x>1时，g′(x)＝1＋1x xg(1)＝0g(x)<0

方法 当x>1时，2x<x＋1，故 xk(x)＝lnx－x＋1xk(x)<0ln由①②得，当x>1时 3 记

x＋5x由(1)得h′(x)＝1＋1－ x2＋2＋

2<4x

2 G(x)＝(x＋5)3－216x1<x<3G(x)在(1,3)内是减函数．G(1)＝0G(x)<0h(x)在(1,3)内是减函数．又h(1)＝0，所以h(x)<0.1<x<3

x＋5