高考数学一轮复习高考大题专项练1高考中的函数与导数（含解析）

高考大题专项练一高考中的函数与导数

一、非选择题

1.已知函数f(x)=ln尸1

⑴讨论F(x)的单调性,并证明F(x)有且仅有两个零点；

⑵设不是f(x)的一个零点，证明曲线x在点4(%,In幻处的切线也是曲线片e’的切线.

答案：(1)解F(x)的定义域为(0,1)U(1.8).

因为小干人，

xd)/

所以&x)在区间(0,1),(1,)8)内单调递增.

因为/(e)-1F(e"):=台^也

所以*力在区间(1,f8)内有唯一零点X、,即F(以

又吟嗤5公4

故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点上

综上，f(x)有且仅有两个零点.

⑵证明因为上二e-n2

沏

故点,Tn*o,J在曲线yk上.

由题设知/U)丸即In%苦,故直线力8的斜率在早？=再扛=±

刈TTn沏一与1“G题°।3

曲线片e'在点In如J处切线的斜率是5曲线尸Inx在点火加In%)处切线的斜率也是g所以

曲线y=lnx在点4(%,InxJ处的切线也是曲线片©"的切线.

2.已知函数f(x)*wTnx-2.

⑴若犷1,证明：存在唯一实数七弓，1),使得6(£)R;

(2)求证:存在0SO,使得f(x)X).

答案：证明⑴当m=\时，/*(%)=ex-lnx-2,f'(x)xX).

A

显然/”(x)在区间(0,+8)内单调递增且图象是连续的,

又or(i)刀,故存在唯一实数££《，1),使得r(t)力.

⑵F'(X)=7»6"

x\mx/

由OQKI,得f‘a)在区间(o,+8)内单调递增，由⑴得mXo=t时，力,

所以F(x)在区间(0,%)内单调递减,在区间(心+8)内单调递增，

{

即F(x)的最小值为f(=/(£)==e-Int+\nm-2t

因为e'—K,

所以eg,t=~lnt.

于是/U)=/0

所以当lnm>2《+。时，/U)丸

取A=2_0+。<0,故当mG(e：1)时成立,因此存在0觞<1,使得/V)Y.

3.己知函数fix)=Q+a^~x.

⑴当a=l时,讨论F(x)的单调性；

⑵当x2时，f(x)求a的取直范围.

xx

解：⑴当a=l时，f(x)=e+x-xtf*(A)=e^2x-l.

故当(-8,0)时，f*(A)<0；当(0,+8)时,

所以f(x)在(-E0)单调递减,在(0,+8)单调递增.

⑵F(x)等价于^\x-ax以+1)eWL

设函数g{x)=(、3-a^+x+l)屋(¥20),

则g，(x))e"

=玄［义-(23+3)才朗4/2］葭

=^x(x-2a~\)(x-2)ex.

①若2”1WO,即aWg则当xw(0,2)时，g'(x)人.

所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当xe(0,2)时,g(x)>1,不合题意.

②若0<2a+l<2,即则当xe(0,2a+l)U(2,+>时,g'(x)<0;当xWt2a/l,2)吐g'(x)A).

所以g(>)在(0,2a+l),(2,+8)单调递减，在(2aH,2)单调递增.

由于以0)=1,所以g(x)W1当且仅当g(2)=(7/a)e'Wl,即石2子.所以当午Wag时,g(x)41.

③若222,即a4,贝ijg(x)A3+x+l)e".

由于0£咛，》故由②可得+x+l)e'Wl.

故当时，以王)<L

综上,a的取值范围是殍，+8).

4.设函数f[x)4+bx+c,曲线y=f(x)在点f'gU)处的切线与y轴垂直.

⑴求b;

⑵若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

答案：⑴解尸(x)=3/+b,依题意得F《)力，即**).

故b二4

(2)证明由(1)知f(x)=xf(x)=3V^.

令F'(x)X),解得"3或十力

F'(x)与/*(x)的情况为：

21

丫

(-8,-；)~2(44)2&…)

rw十0-0+

1

fix)/7

4

因为所以当。得时"(X)只有大于1的零点.

因为A-1)=/©=/所以当叫时，f为只有小于T的零点.

由题设可知

44

当c=—时，F(x)只有两个零点日和1.

当c』时,F(x)只有两个零点T和(

当时，F(x)有三个零点用,x2,X3,且乂£(-1,-0,须《(-(，1),石£6，1)-

综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则&力所有零点的绝对值都不大于1.

5.已知函数FGO^eJell,其中，&R,e是自然对数的底数.

⑴若方程f(>)可无实数根,求实数，的取值范围；

(2)若函数f(>)在区间(0,+8)内为减函数,求实数，的取值范围.

解:⑴由H0=1,得旎'0”,

即内一5,故有史=1-九

X

令g(x)部,则屋⑺上穿.

由g'(x)X),得0<¥<e;

由g'(x)<0,得xX.

故g(x)在区间(0,e)内单调递增，

在区间(e,,8)内单调递减.

因此g(x)Mg(e)—,

e

所以g(x)的值域为(-8,斗

要使得方程f(x)=l无实数根,则1-£乂即£<!，.

5e

⑵F'(x)=er'"xe'rW[l"*飞”叫.

由题设知,对VMX),r(x)WO恒成立.

不妨取*=1，有/(l)=e'(l包飞一)在0.

而当田I时，尸⑴泡故t<l.

①当国,且xX)时，F'(力士仪口”lw£(l+：ei).

而当xX)时，有er>l打，故吟-小。所以f'⑺6.

所以/U)在区间(0,+8)内单调递减，故当运机寸满足题意.

②当(<7<1时,0<1-且三>1,即上1nm-X).

令力(x)=1"x~e"-叱贝I」力(0)=0,

h'(x)一£)昌-e(1)小

当0O*ln±时，力'(才)>0,此时，力(力)力(0)=0,贝IJ当0G*ln=时，f'(x)X),

故f(x)在区间(0,左皿5)

内单调递增.

与题设矛盾，不符合题意，舍去.

所以，当时，函数F(x)在区间(0,，8)内是减函数.

6.已知f(x)=ax-lnx,xR(0,e],g(x)呷,其中e是自然对数的底数,a£R.

⑴讨论当a=l时，函数〃>)的单调性和极侑：

⑵求证:在⑴的条件下,f(x)>g(x)g;

⑶是否存在正实数a,使Ax)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.

答案:⑴解•・,当a=l时，f[x)=x-\nx,

XX

・,•当04<1时，f'(x)<0,此时F(x)单调递减；

当IdWe时，F'(x)»时,此时f(x)单调递增.

・・・f(x)的极小值为f(l)=l.

⑵证明・・・F(M的极小值为1,

.."(力在区间(0,e]上的最小值为1,即[ra)Ln=L

又屋(X)上空，，当066时,g'(x)X,g(x)在区间(0,e]上单调递增.

，[晨力]⑼=g(e)W

ez

.*.[Ax)]hln-[^U)]«x>j,

，在⑴的条件下,f(x)>g[x)].

⑶解假设存在正实数a,使f[x｝包xTnx(x£(0,e])有最小值3,

则f'(x)=a，.

XX

①当04<e时，f(x)在区间(0,0内单调递减,在区间(：，e]上单调递增，"(x)]e3=/Q=l+lnaW,a4,

满足条件；

②当时，f(x)在区间(0,e]上单调递减，[F(x)]nin=f(e)=aeT=3,a"(舍去).

ae

综上,存在实数a是2,使得当XG(0,e]时F(x)有最小值3.

7.已知函数f(x)=a"6(aX),b?0,a#l,bKl).

⑴设a=2,吃

①求方程f(x)N的根；

②若对于任意x£R,不等式f(2x)2勿f(x)巧恒成立,求实数m的最大值；

⑵若0<a<l,b>lt函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.

解：⑴因为娉，所以f｛x｝夕针.

①方程fkx)2即2"2'%亦即(232-2X201R,

所以(2'-1》力，

即2・1,解得内).

②由条件知f(2x)42-2-2，=(2'+2)-2=(〃力)2-2.

因为F(2x)2RF(X)~6对于x£R恒成立,且F(x)的,

所以后f二对于x£R恒成立.

而(/(彳)>2+4_力\,4✓\~-口(AO)户+4

而F^—fJ)言22jr(r*)•用口,且飞厂_4，

所以加W4,故实数m的最大值为4.

⑵因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点，

而g(0)=F(0)-2=//-2巾，

所以0是函数g(x)的唯一零点.

因为gr(x)=alna+bKlnb,

又由0<a<l,b>\知lna<0,ln"0,

所以g'(x)4)有唯•解为=log《(-三)

令力(x)=gf(x),贝ij力'(x)-(axlna+tf1nz?)-a*(1na)2^Z?T(1n6)2,

从而对任意才£R,力’(x)»,

所以g'(x)%(x)是(--,小8)内的增函数.

于是当x£(―-,于时,g'(x)于是的)R；当才仁(%,/°°)时,g'(x)>g'(%)于

因而函数g(x)在区间(-〜,即)内是减函数,在区间(厢+8)内是增函数.

下证Xo=O.

若题<0,则为§<0,

于是若①(0)力.

又g(log⑵@。嘘+从-2_2刖1近-24),且函数g(x)在以与和log.2为端点的闭区间上的图象不间断,

所以在华和logN之间存在g(x)的零点,记为%,.因为OQ<1,所以logNO又？<0,所以*6,与“0

是函数g(x)的唯一零点”矛盾.

若%X),同理可得,在三和log,2之间存在以力的非0的零点,矛盾.

因此陶=0.

故Ina+lnAO,

所以ab=\.

8.已知函数t\x)=sin*Tn(l仪)，尸⑺为r(x)的导数.证明：

⑴6⑺在区间(-1,J存在唯一极大值点；

(2)F(x)有且仅有2个零点.

答案:证明⑴设£(力才(力,

则g(x)yosx”,屋(X)

当xe(-l，3时,g'(x)单调递减，

而二(0)刀,/(3他

可得g'(x)在区间(-1,三)内有唯一零点,设为

则当(T,。)时,g'(x)与；

当"0时,g'(x)<0.

所以g(x)在区间(-1,。)内单调递增,在区间(。，三)内单