高考数学一轮复习练案18高考大题规范解答系列一-函数与导数含解析新人教版

一轮复习精品资料(高中)PAGEPAGE1高考大题规范解答系列(一)——函数与导数1．(2021·新高考八省联考)已知函数f(x)＝ex－sinx－cosx，g(x)＝ex＋sinx＋cosx.(1)证明：当x>－eq\f(5π,4)时，f(x)≥0；(2)若g(x)≥2＋ax，求a.〖〖解析〗〗(1)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)，－\f(π,4)))时，f(x)＝ex－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥ex>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))时，f′(x)＝ex－eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))为增函数且f′(0)＝0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上增，因此f(x)≥f(0)＝0，恒有f(x)≥0；当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))时，f′(x)＝ex－eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，∵ex≥eeq\f(3π,4)>eq\r(2)，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))上为增函数，∴f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π))＝eeq\f(3π,4)－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0；综上所述：当x>－eq\f(5π,4)时，f(x)≥0成立．(2)由已知得ex＋sinx＋cosx－2－ax≥0，设h(x)＝ex＋sinx＋cosx－2－ax且h(0)＝0.∵h(x)≥h(0)，∴0是h(x)的一个最小值点，也是一个极小值点，∴h′(0)＝0，即e0＋cos0－sin0－a＝0，∴a＝2.2．(2020·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期开学考试)设函数f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在〖3，＋∞)上为减函数，求实数a的取值范围．〖〖解析〗〗(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，由f′(x)>0，0<x<2；f′(x)<0有x<0或x>2，故a＝0时，f(x)在x＝0处取得极值，f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).当x<x1时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数；当x1<x<x2时，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数．由f(x)在〖3，＋∞)上为减函数，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2).故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).3．(2020·江西南昌二中一模)已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间〖－5，＋∞)上的最大值．〖〖解析〗〗本题考查利用导数求函数的单调区间与最值．(1)f′(x)＝eq\f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)＝eq\f(－ax2＋（2a－b）x＋（b－c）,ex).令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x又因为a>0，所以当－3<x<0时，g(x)>0，即f′(x)>0；当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0.所以函数y＝f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)和(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－3）＝\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex).因为函数y＝f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)和(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数y＝f(x)的极大值．故y＝f(x)在区间〖－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大值，而f(－5)＝eq\f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，所以函数y＝f(x)在区间〖－5，＋∞)上的最大值是5e5.4．(2021·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2·lnx(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝eq\f(x2,ex)－eq\f(3,4).若f(x)的极小值为－eq\f(1,2e)，证明：当x>0时，f(x)>g(x)．(其中e＝2.71828…为自然对数的底数)〖〖解析〗〗本题考查利用导数判断函数的单调性以及证明不等式问题．(1)解：由题可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝axlnx＋eq\f(1,2)ax＝eq\f(1,2)ax(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝e－eq\f(1,2)，当0<x<e－eq\f(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>e－eq\f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)的单调递减区间为(0，e－eq\f(1,2))，单调递增区间为(e－eq\f(1,2)，＋∞)．(2)证明：∵g(x)＝eq\f(x2,ex)－eq\f(3,4)，∴g′(x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴当x>0时，g(x)max＝g(2)＝eq\f(4,e2)－eq\f(3,4).由题及(1)知f(x)min＝－eq\f(1,2e)，∵eq\f(4,e2)－eq\f(3,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2e)))＝eq\f(（8－3e）（2＋e）,4e2)<0，∴f(x)min>g(x)max，即f(x)>g(x)．5．已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1)．(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点．〖证明〗(1)由题易得函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－（2ax＋1）（ax－1）,x).∵a≥1，x>1，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0，∴函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数．(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝－eq\f(2x2－x－1,x).令f′(x)＝0，即eq\f(2x2－x－1,x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝1.∵x>0，∴x＝－eq\f(1,2)舍去．当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，其值为f(1)＝ln1－12＋1＝0.∴当x≠1时，f(x)<f(1)，即f(x)<0，∴函数f(x)只有一个零点．6．(2020·河南名校模拟)已知f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)ex，g(x)＝a(x＋1)．(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当a>0时，若关于x的方程f(x)＋g(x)＝0存在两个正实数根，证明：a>e2.〖〖解析〗〗本题考查导数的几何意义和利用导函数讨论函数单调性、零点等问题．(1)解：∵f′(x)＝eq\f(3－x2,（1－x）2)ex，∴f′(0)＝3.又∵f(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3x，即3x－y＋1＝0.(2)证明：由f(x)＋g(x)＝0存在两个正实数根，整理得方程ex＝a(x－1)(x≠1)存在两个正实数根．记这两个正实数根为x1，x2(x1<x2)．由a>0，知x2>x1>1，令h(x)＝ex－ax＋a，则h(x)在(1，＋∞)上有两个零点，令h′(x)＝ex－a＝0，则x＝lna.当1≥lna，即0<a≤e时，可知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以在(1，＋∞)上不可能有两个零点，不符合题意．当1<lna，即a>e时，可知h(x)在(1，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(lna)＝2a－alna．∵h(x)＝ex－ax＋a有两个零点且h(1)＝e>0，∴2a－alna<0，∴2－lna<0.解得a>e7．(2020·全国Ⅲ，20)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．〖〖解析〗〗本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点个数问题．(1)f′(x)＝3x2－k.当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3k),3).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))时，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))时，f′(x)>0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))单调递减．(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．当k>0时，x＝－eq\f(\r(3k),3)为f(x)的极大值点，x＝eq\f(\r(3k),3)为f(x)的极小值点．此时，－k－1<－eq\f(\r(3k),3)<eq\f(\r(3k),3)<k＋1且f(－k－1)<0，f(k＋1)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)))>0.根据f(x)的单调性，当且仅当feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)))<0，即k2－eq\f(2k\r(3k),9)<0时，f(x)有三个零点，解得k<eq\f(4,27)，因此k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,27))).高考大题规范解答系列(一)——函数与导数1．(2021·新高考八省联考)已知函数f(x)＝ex－sinx－cosx，g(x)＝ex＋sinx＋cosx.(1)证明：当x>－eq\f(5π,4)时，f(x)≥0；(2)若g(x)≥2＋ax，求a.〖〖解析〗〗(1)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)，－\f(π,4)))时，f(x)＝ex－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥ex>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))时，f′(x)＝ex－eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))为增函数且f′(0)＝0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上增，因此f(x)≥f(0)＝0，恒有f(x)≥0；当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))时，f′(x)＝ex－eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，∵ex≥eeq\f(3π,4)>eq\r(2)，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))上为增函数，∴f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π))＝eeq\f(3π,4)－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0；综上所述：当x>－eq\f(5π,4)时，f(x)≥0成立．(2)由已知得ex＋sinx＋cosx－2－ax≥0，设h(x)＝ex＋sinx＋cosx－2－ax且h(0)＝0.∵h(x)≥h(0)，∴0是h(x)的一个最小值点，也是一个极小值点，∴h′(0)＝0，即e0＋cos0－sin0－a＝0，∴a＝2.2．(2020·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期开学考试)设函数f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在〖3，＋∞)上为减函数，求实数a的取值范围．〖〖解析〗〗(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，由f′(x)>0，0<x<2；f′(x)<0有x<0或x>2，故a＝0时，f(x)在x＝0处取得极值，f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).当x<x1时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数；当x1<x<x2时，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数．由f(x)在〖3，＋∞)上为减函数，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2).故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).3．(2020·江西南昌二中一模)已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间〖－5，＋∞)上的最大值．〖〖解析〗〗本题考查利用导数求函数的单调区间与最值．(1)f′(x)＝eq\f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)＝eq\f(－ax2＋（2a－b）x＋（b－c）,ex).令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x又因为a>0，所以当－3<x<0时，g(x)>0，即f′(x)>0；当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0.所以函数y＝f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)和(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－3）＝\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex).因为函数y＝f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)和(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数y＝f(x)的极大值．故y＝f(x)在区间〖－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大值，而f(－5)＝eq\f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，所以函数y＝f(x)在区间〖－5，＋∞)上的最大值是5e5.4．(2021·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2·lnx(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝eq\f(x2,ex)－eq\f(3,4).若f(x)的极小值为－eq\f(1,2e)，证明：当x>0时，f(x)>g(x)．(其中e＝2.71828…为自然对数的底数)〖〖解析〗〗本题考查利用导数判断函数的单调性以及证明不等式问题．(1)解：由题可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝axlnx＋eq\f(1,2)ax＝eq\f(1,2)ax(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝e－eq\f(1,2)，当0<x<e－eq\f(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>e－eq\f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)的单调递减区间为(0，e－eq\f(1,2))，单调递增区间为(e－eq\f(1,2)，＋∞)．(2)证明：∵g(x)＝eq\f(x2,ex)－eq\f(3,4)，∴g′(x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴当x>0时，g(x)max＝g(2)＝eq\f(4,e2)－eq\f(3,4).由题及(1)知f(x)min＝－eq\f(1,2e)，∵eq\f(4,e2)－eq\f(3,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2e)))＝eq\f(（8－3e）（2＋e）,4e2)<0，∴f(x)min>g(x)max，即f(x)>g(x)．5．已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1)．(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点．〖证明〗(1)由题易得函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－（2ax＋1）（ax－1）,x).∵a≥1，x>1，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0，∴函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数．(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝－eq\f(2x2－x－1,x).令f′(x)＝0，即eq\f(2x2－x－1,x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝1.∵x>0，∴x＝－eq\f(1,2)舍去．当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，其值为f(1)＝ln1－12＋1＝0.∴当x≠1时，f(x)<f(1)，即f(x)<0，∴函数f(x)只有一个零点．6．(2020·河南名校模拟)已知f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)ex，g(x)＝a(x＋1)．(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当a>0时，若关于x的方程f(x)＋g(x)＝0存在两个正实数根，证明：a>e2.〖〖解析〗〗本题考查导数的几何意义和利用导函数讨论函数单调性、零点等问题．(1)解：∵f′(x)＝eq\f(3－x2,（1－x）2)ex，∴f′(0)＝3.又∵f(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3x，即3x－y＋1＝0.(2)证明：由f(x)＋g(x)＝0存在两个正实数根，整理得方程ex＝a(x－1)(x≠1)存在两个正实数根．记这两个正实数根为x1，x2(x1<x2)．由a>0，知x2>x1>1，令h(x)＝ex－ax＋a，则h(x)在(1，＋∞)上有两个零点，令h′(x)＝ex－a＝0，则x＝lna.当1≥lna，即0<a≤e时，可知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以在(1，＋∞)上不可能有两个零点，不符合题意．当1<lna，即a>e时，可知h(x)在(1，lna)上单调递减