2018届高考数学高考大题专项突破一函数导数方程不等式压轴大题1.2导数与不等式及参数范围文新人教A版

1、1.2导数与不等式及参数范围1.(2017陕西渭南二模,文21)已知函数f(x)=ex-ax-1-,xR.(1)当a=2,求f(x)的图象在点(0,f(0)处的切线方程;(2)若对任意x0都有f(x)0恒成立,求实数a的取值范围.2.(2017安徽蚌埠一模,文21)已知函数f(x)=x3+ax2-a2x-1,a0.(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;(2)若关于x的不等式f(x)0在1,+)上有解,求实数a的取值范围.3.(2017四川成都模拟,文21)已知函数f(x)=(x-k)ex+k,kZ.(1)当k=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若当x(0,+)时,不等式f(x)+50

2、恒成立,求k的最大值.4.(2017湖北武昌1月调研,文21)已知函数f(x)=x2+(1-a)x-aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a.6.(2017全国,文21)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围.导学号7.(2017全国,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a1时,存在x0(0,+),使f(x0)=0,则f(x)在0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,则当x0,x0)时,f(x)0,解得x或x-2,由f(x)0,解得-2x0,x2

3、=-a1,即a3时,f(x)在区间上单调递减,在上单调递增,f(x)在1,+)上的最小值为f,由f-10,解得a,a3.综上可知,实数a的取值范围是1,+).3.解 (1)当k=0时,f(x)=xex,f(x)=ex+xex=ex(x+1),当x(-,-1)时,f(x)0;f(x)在(-,-1)上是减函数,在(-1,+)上是增函数.(2)不等式f(x)+50恒成立(x-k)ex+k+50在x(0,+)时恒成立,令F(x)=(x-k)ex+k+5,F(x)=ex(x-k+1)(xR),当x(-,k-1)时,f(x)0;f(x)在(-,k-1)上是减函数,在(k-1,+)上是增函数.k-10,即k

4、1时,当x(0,+)时,F(x)F(0)0.而F(0)=50恒成立,k1符合题意.k-10,即k1时,当x(0,+)时,只需F(x)min=F(k-1)=-ek-1+5+k0即可.令h(k)=-ek-1+5+k,h(k)=1-ek-10,h(3)=-e2+80,h(4)=-e3+30,10,此时f(x)在(0,+)上单调递增,若a0,则由f(x)=0得x=a,当0xa时,f(x)a时,f(x)0,此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.(2)不妨设x1x2,而a0),记h(x)=2x2-2ax+1.当a0时,因为x0,所以h(x)0,函数g(x)在(0,+)上单调递增;当0

5、时,由解得x,所以函数g(x)在区间上单调递减.同理可得g(x)在区间上单调递增.(2)证明 a=时,证明|f(x)-1|,即证明|ln x-x|.令m(x)=ln x-x(x0),m(x)=-1=,令m(x)0,解得0x1,令m(x)1,故m(x)在(0,1)递增,在(1,+)递减,故m(x)max=m(1)=-1,故|ln x-x|1.令n(x)=,则n(x)=,令n(x)0,解得0x,令n(x),故n(x)在递增,在递减,故n(x)max=n=-e+.6.解 (1)f(x)=(1-2x-x2)ex.令f(x)=0得x=-1-,x=-1+.当x (-,-1-)时,f(x)0;当x(-1+,

6、+)时,f(x)0.所以f(x)在(-,-1-),(-1+,+)内单调递减,在(-1-,-1+)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)内单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=,则x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).7.解 (1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=+2ax+2a+1=.若a0,则当x(0,+)时,f(x)0,故f(