数学高考一轮复习训练高考大题专项练1 高考中的函数与导数Word格式.docx
- 文档编号:14505386
- 上传时间:2022-10-23
- 格式:DOCX
- 页数:9
- 大小:83.71KB
数学高考一轮复习训练高考大题专项练1 高考中的函数与导数Word格式.docx
《数学高考一轮复习训练高考大题专项练1 高考中的函数与导数Word格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《数学高考一轮复习训练高考大题专项练1 高考中的函数与导数Word格式.docx(9页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
g(x2),求a的取值范围.
8.已知函数f(x)=ax+bx(a>
0,b>
0,a≠1,b≠1).
(1)设a=2,b=.
①求方程f(x)=2的根;
②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;
(2)若0<
a<
1,b>
1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.
参考答案
1.解
(1)f'
(x)=+2x-a(x>
∵x=3是函数f(x)的一个极值点,
∴f'
(3)=+6-a=0,解得a=9,∴f'
(x)=,
∴0<
x<
或x>
3时,f'
(x)>
0,<
(x)<
0,
∴f(x)的单调递增区间为,(3,+∞);
f(x)的单调递减区间为.
(2)g(x)=alnx+x2-ax-2x,x∈[1,e],g'
(x)=.
①当≤1,即a≤2时,g(x)在[1,e]上递增,g(x)min=g
(1)=-a-1;
②当1<
<
e,即2<
2e时,g(x)在内递减,在上递增,故g(x)min=g=aln-a;
③当≥e,即a≥2e时,g(x)在[1,e]上递减,
故g(x)min=g(e)=a(1-e)+e(e-2).
综上,h(a)=
2.解
(1)当a=-1时,f(x)=,f'
由f'
(x)=0,得x=2.
当x变化时,f'
(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,2)
2
(2,+∞)
f'
(x)
-
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极小值为f
(2)=-,函数f(x)无极大值.
(2)F'
(x)=f'
因为a<
0,所以当x变化时,F'
(x),F(x)的变化情况如下表:
F'
F(x)
若使函数F(x)没有零点,当且仅当F
(2)=+1>
0,解得a>
-e2,所以此时-e2<
0.故实数a的取值范围为(-e2,0).
3.解
(1)由已知f'
(x)=x+a+,f'
(2)=2+a+=0,故a=-3,
所以f'
(x)=x-3+,x>
0,得0<
1或x>
2;
0,得1<
2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(2,+∞),单调递减区间是(1,2).
(2)由
(1)可知极小值f
(2)=2ln2-4,极大值为f
(1)=-.
因为方程f(x)=m有三个实根,所以2ln2-4<
m<
-.
4.
(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'
(x)=+2ax+2a+1=.若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'
0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<
0,则当x∈时,f'
0;
当x∈时,f'
0.
故f(x)在单调递增,在单调递减.
(2)证明由
(1)知,当a<
0时,f(x)在x=-取得最大值,最大值为f=ln-1-.
所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,
即ln+1≤0.设g(x)=lnx-x+1,则g'
(x)=-1.当x∈(0,1)时,g'
当x∈(1,+∞)时,g'
所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.
故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g
(1)=0.
所以当x>
0时,g(x)≤0.
从而当a<
0时,ln+1≤0,即f(x)≤--2.
5.解
(1)当a=-1时,f(x)=-x+lnx,定义域为(0,+∞),f'
(x)=-1+,显然x∈(0,1),f'
x∈(1,+∞),f'
于是f(x)在(0,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数,故f(x)max=f
(1)=-1.
易知直线y=x+3的斜率k=1,设f(x)的切线斜率为1时,切点P(x0,y0)距离y=x+3最近.
由k==1,可知x0=,
则y0=-+ln,故P.
因此,d=.
(2)假设存在正实数a满足题中条件.
设F(x)=f(x)-g(x)(x>
0),即F(x)=ax+lnx-a2x2,
则F'
(x)=a+-2a2x=
=(x>
0),
令F'
(x)=0,得x=.
于是当x∈时,F'
当x∈时,F'
故F(x)在内是增函数,在内是减函数.
故F(x)max=F=a·
+ln-a2·
=1-lna-1=-lna.
要使f(x)≤g(x)对一切正实数x都成立,只需F(x)max≤0,即-lna≤0,即a≥1.
故存在正实数a∈[1,+∞),使f(x)≤g(x)恒成立.
6.解
(1)f'
(x)=(1-2x-x2)ex.
令f'
(x)=0得x=-1-,x=-1+.
当x∈(-∞,-1-)时,f'
当x∈(-1-,-1+)时,f'
当x∈(-1+,+∞)时,f'
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a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'
(x)=-xex<
0(x>
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+1≤ax+1.
当0<
1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'
(x)=ex-1>
所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,
故ex≥x+1.
1时,f(x)>
(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a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>
(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
7.解f'
(x)=ax-(2a+1)+(x>
(1)f'
(x)=(x>
①当a≤0时,x>
0,ax-1<
0,在区间(0,2)内,f'
0,在区间(2,+∞)内,f'
0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).
②当0<
时,>
2,在区间(0,2)和内,f'
0,在区间内,f'
0,故f(x)的单调递增区间是(0,2)和,单调递减区间是.
③当a=时,f'
(x)=,故f(x)的单调递增区间是(0,+∞).
④当a>
时,0<
2,在区间和(2,+∞)内,f'
故f(x)的单调递增区间是和(2,+∞),单调递减区间是.
(2)对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<
g(x2)⇔在(0,2]上有f(x)max<
g(x)max.
由题意可知g(x)max=0,由
(1)可知,
①当a≤时,f(x)在(0,2]上单调递增.
故f(x)max=f
(2)=2a-2(2a+1)+2ln2
=-2a-2+2ln2,
所以-2a-2+2ln2<
ln2-1.故ln2-1<
a≤.
②当a>
时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,故f(x)max=f-(2a+1)+2ln=--2-2lna<
故a>
时满足题意.
综上,a的取值范围为(ln2-1,+∞).
8.解
(1)因为a=2,b=,所以f(x)=2x+2-x.
①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×
2x+1=0,
所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.
②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>
所以m≤对于x∈R恒成立.
而=f(x)+
≥2=4,且=4,
所以m≤4,故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,
而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,
所以0是函数g(x)的唯一零点.
因为g'
(x)=axlna+bxlnb,
又由0<
1知lna<
0,lnb>
所以g'
(x)=0有唯一解x0=lo.
令h(x)=g'
(x),则h'
(x)=(axlna+bxlnb)'
=ax(lna)2+bx(lnb)2,从而对任意x∈R,h'
(x)=h(x)是(-∞,+∞)内的增函数.
于是当x∈(-∞,x0)时,g'
g'
(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时,g'
(x0)=0.
因而函数g(x)在(-∞,x0)内是减函数,在(x0,+∞)内是增函数.
下证x0=0.
若x0<
0,则x0<
0,于是g<
g(0)=0.
又g(loga2)=-2>
-2=0,且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0<
1,所以loga2<
0.又<
0,所以x1<
0,与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.
若x0>
0,同理可得,在和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.
于是-=1,故lna+lnb=0,所以ab=1.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 数学高考一轮复习训练高考大题专项练1 高考中的函数与导数 数学 高考 一轮 复习 训练 专项 中的 函数 导数