2020版数学（理）复习大题专项一突破1利用导数求极值、最值、参数范围

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精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）ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f（x)在区间［0，1］上的最小值.2.(2018山东潍坊一模，21)已知函数f（x）=alnx+x2。(1）若a=-2,判断f(x)在（1,+∞）上的单调性；（2)求函数f（x）在［1，e]上的最小值。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;（2)求f(x)在区间[1,2］上的最小值.4。(2018辽宁抚顺3月模拟,21改编）已知函数f（x）=ax-2lnx(a∈R)。若f(x）+x3〉0对任意x∈（1,+∞)恒成立,求a的取值范围.5.设函数f（x)=x2+ax+b，g(x)=ex(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;（2）若x≥-2时,f（x）≤kg(x）,求k的取值范围.6。(2018江西南昌一模，21改编)已知函数f(x）=ex-alnx—e(a∈R)，其中e为自然对数的底数.若当x∈[1，+∞）时,f(x）≥0恒成立，求a的取值范围。参考答案高考大题专项练参考答案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.解(1)由题意知f’(x)=（x-k+1）ex。令f’(x)=0,得x=k-1。当x∈（-∞,k-1)时,f'(x）〈0，当x∈(k—1,+∞)时，f’（x)>0.所以f（x)的递减区间是(-∞,k—1）,递增区间是(k-1，+∞)。（2）当k—1≤0，即k≤1时，f(x）在［0，1]上递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f（0)=—k；当0〈k-1〈1,即1<k<2时，f(x)在［0,k-1]上递减,在［k—1，1]上递增，所以f（x）在区间［0,1］上的最小值为f(k—1)=—ek-1;当k-1≥1,即k≥2时,f（x）在[0,1]上递减，所以f(x）在区间［0，1]上的最小值为f（1）=（1—k)e.综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=—k；当1〈k〈2时,f（x)在［0,1］上的最小值为f（k-1)=-ek-1;当k≥2时,f(x)在［0,1]上的最小值为f（1）=（1—k）e.2。解（1）当a=-2时，f'（x)=2x-2x=2(x2-1)x，由于x∈（1,+∞∴f(x）在（1,+∞)递增。(2)f’(x）=2x+ax=2x2+ax,当a≥0时f’(x)≥0，f（∴fmin(x）=f(1)=1.当a<0时,由f'(x)=0解得x=±-a2（负值舍去),设x0=若-a2≤1，即a≥-2，也就是-2≤a〈0时，x∈[1,e]，f'（x）〉0，f（x）递增,∴fmin（x)=f（1)=若1〈-a2<e，即—2e2〈a〈-2时，x∈［1，x0］,f’(x）≤0，f（x）递减,x∈[x0，e]，f’（x）≥0,f（x)故fmin（x）=f(x0）=—a2+aln-a2若-a2≥e,即a≤—2e2时，x∈［1，e］,f'（x）<0，f(x）∴fmin(x)=f(e）=e2+a.综上所述:当a≥-2时,f（x)的最小值为1；当-2e2〈a〈—2时,f（x）的最小值为a2当a≤-2e2时，f（x)的最小值为e2+a。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）=e0（0—1)=-1。所以所求的切线方程为y=—x—2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x）=ex(x—a+1),令f'(x）=0,可得x=a-1。①若a—1≤1，则a≤2,当x∈［1，2］时,f’（x）≥0，则f（x）在[1，2］上递增.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）≤0，则f（x）在［1,2］上递减。所以f(x)min=f（2）=(2—a）e2。③若1〈a-1<2，则2〈a<3,所以f’(x),f（x）随x的变化情况如下表：x(1，a-1)a-1(a—1,2）f'（x）—0+f（x)递减极小值递增所以f（x)的递减区间为［1,a—1]，递增区间为[a—1，2］.所以f（x)在[1,2]上的最小值为f（a-1)=-ea-1。综上所述:当a≤2时,f（x）min=f(1）=(1-a）e；当a≥3时，f（x)min=f(2)=(2—a）e2;当2〈a〈3时，f(x）min=f（a-1)=—ea-1.4。解由题意f(x）+x3>0，即a〉-x2+2lnxx对任意x∈(1，+∞）记p（x）=-x2+2lnxx，定义域为（1，+∞）,则p’(x)=-2x+2-设q（x）=-2x3+2—2lnx,q’（x)=—6x2-2x则当x〉1时，q(x）递减，所以当x>1时，q（x）<q（1)=0,故p'(x)〈0在(1，+∞）上恒成立，所以函数p(x)=—x2+2lnxx在(1，+∞)所以当x>1时，p（x）<p（1)=-1，得a≥—1，所以a的取值范围是[—1,+∞）。5.解（1)由已知得f（0)=2,g（0）=2，f’（0)=4,g'(0）=4。而f'（x）=2x+a,g'（x）=ex(cx+d+c），故b=2,d=2，a=4,d+c=4。从而a=4,b=2，c=2，d=2.（2）由（1）知,f（x）=x2+4x+2,g（x）=2ex(x+1).设函数F(x)=kg(x)—f(x)=2kex（x+1）-x2—4x—2,则F’（x）=2kex(x+2)—2x—4=2(x+2）(kex—1）。由题设可得F（0）≥0，即k≥1.令F'(x）=0得x1=—lnk,x2=—2。①若1≤k<e2,则—2<x1≤0.从而当x∈（—2,x1)时,F’（x）〈0;当x∈（x1,+∞)时，F'(x)〉0.即F（x）在(-2，x1)递减,在(x1,+∞)递增。故F（x）在［-2,+∞)的最小值为F(x1).而F（x1）=2x1+2—x12-4x1-2=-x1(x1+故当x≥—2时,F（x）≥0,即f（x)≤kg（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F（x）在(-2，+∞）递增.而F(—2)=0,故当x≥—2时,F（x）≥0,即f（x）≤kg（x)恒成立。③若k〉e2，则F(—2）=-2ke-2+2=-2e—2(k-e2）〈0。从而当x≥-2时,f（x)≤kg（x）不可能恒成立.综上,k的取值范围是[1，e2］。6。解由f（x)=ex—alnx—e（a∈R），得f'(x）=ex-ax当a〈0时，f'(x）=ex-ax〉0，f（x)在x∈［1,+∞)上递增,f（x)min=f（1)=0(合题意）当a>0时，f’(x）=ex—ax当x∈[1，+∞）时,y=ex≥e.①当a∈（0,e］时，因为x∈［1，+∞),所以y=ax≤e，f’（x）=ex—af（x）在［1，+∞)上递增，f（x)min=f（1)=0(合题意）。②当a∈(e,+∞)时,存在x0∈［1,+∞),满足f'(x）=ex-ax=f(x)在x0∈[