2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 必考解答題 模板成形練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 理 蘇教版.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 必考解答題 模板成形練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 理 蘇教版 (建議用時：60分鐘) 1．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若對任意a∈[3,4]，函數(shù)f(x)在R上都有三個零點，求實數(shù)b的取值范圍． 解　(1)因為f(x)＝－x3＋ax2＋b， 所以f′(x)＝－3x2＋2ax＝－3x. 當(dāng)a＝0時，f′(x)≤0，函數(shù)f(x)沒有單調(diào)遞增區(qū)間； 當(dāng)a＞0時，令f′(x)＞0，得0＜x＜. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為； 當(dāng)a＜0時，令f′(x)＞0，得＜x＜0. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為. 綜上所述，當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)沒有單調(diào)遞增區(qū)間； 當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為； 當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為. (2)由(1)知，a∈[3,4]時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為 (－∞，0)和， 所以函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值f(0)＝b， 函數(shù)f(x)在x＝處取得極大值f＝＋b， 由于對任意a∈[3,4]，函數(shù)f(x)在R上都有三個零點， 所以即解得－＜b＜0， 因為對任意a∈[3,4]，b＞－恒成立， 所以b＞max＝－＝－4， 所以實數(shù)b的取值范圍是(－4,0)． 2．已知函數(shù)f(x)＝＋ln x－1，a∈R. (1)若曲線y＝f(x)在點P(1，y0)處的切線平行于直線y＝－x＋1，求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a＞0，且對x∈(0,2e]時，f(x)＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)直線y＝－x＋1的斜率k＝－1， 函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－＋， f′(1)＝－a＋1＝－1，即a＝2. ∴f(x)＝＋ln x－1，f′(x)＝－＋＝. ∵f(x)的定義域為(0，＋∞)． 由f′(x)＞0，得x＞2；由f′(x)＜0，得0＜x＜2. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(2，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(0,2)． (2)∵a＞0，f(x)＞0對x∈(0,2e]恒成立， 即＋ln x－1＞0對x∈(0,2e]恒成立． 即a＞x(1－ln x)對x∈(0,2e]恒成立， 設(shè)g(x)＝x(1－ln x)＝x－xln x，x∈(0,2e]． g′(x)＝1－ln x－1＝－ln x， 當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù)， 當(dāng)1＜x≤2e時，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)， 所以當(dāng)x＝1時，函數(shù)g(x)在x∈(0,2e]上取到最大值． ∴g(x)≤g(1)＝1－ln 1＝1，∴a的取值范圍是(1，＋∞)． 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx－3，y＝f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，滿足f′(2－x)＝f′(x)；f′(x)＝0有解，但解卻不是函數(shù)f(x)的極值點． (1)求f(x)； (2)設(shè)g(x)＝x，m＞0，求函數(shù)g(x)在[0，m]上的最大值； (3)設(shè)h(x)＝lnf′(x)，若對于一切x∈[0,1]，不等式h(x＋1－t)＜h(2x＋2)恒成立，求實數(shù)t的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝x2＋2bx＋c， ∵f′(2－x)＝f′(x)，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，b＝－1. 由題意，f′(x)＝x2－2x＋c＝0中Δ＝4－4c＝0，故c＝1. 所以f(x)＝x3－x2＋x－3. (2)∵f′(x)＝x2－2bx＋1 ＝(x－1)2， ∴g(x)＝x|x－1| ＝ 當(dāng)0＜m≤時，g(x)max＝g(m)＝m－m2 當(dāng)＜m≤時，g(x)max＝g＝， 當(dāng)m＞時，g(x)max＝g(m)＝m2－m， 綜上g(x)max＝ (3)h(x)＝2ln|x－1|，h(x＋1－t)＝2ln|x－t|，h(2x＋2)＝2ln|2x＋1| 當(dāng)x∈[0,1]時，|2x＋1|＝2x＋1，所以不等式等價于0＜|x－t|＜2x＋1恒成立， 解得－x－1＜t＜3x＋1，且x≠t， 由x∈[0,1]，得－x－1∈[－2，－1]，3x＋1∈[1,4]，所以－1＜t＜1， 又x≠t，∴t∈[0,1]，∴所求的實數(shù)t的取值范圍是(－1,0)． 4．已知函數(shù)f(x)＝k[(logax)2＋(logxa)2]－(logax)3－(logxa)3， g(x)＝(3－k2)(logax＋logxa)， (其中a＞1)，設(shè)t＝logax＋logxa. (1)當(dāng)x∈(1，a)∪(a，＋∞)時，試將f(x)表示成t的函數(shù)h(t)，并探究函數(shù)h(t)是否有極值； (2)當(dāng)∈(1，＋∞)時，若存在x0∈(1，＋∞)，使f(x0)＞g(x0)成立，試求k的范圍． 解　(1)∵(logax)2＋(logxa)2＝(logax＋logxa)2－2 ＝t2－2， (logax)3＋(logxa)3＝(logax＋logxa)[(logax＋logxa)2－3]＝t3－3t， ∴h(t)＝－t3＋kt2＋3t－2k，(t＞2)． ∴h′(t)＝－3t2＋2kt＋3 設(shè)t1，t2是h′(t)＝0的兩根，則t1t2＜0，∴h′(t)＝0在定義域內(nèi)至多有一解， 欲使h(t)在定義域內(nèi)有極值，只需h′(t)＝－3t2＋2kt＋3＝0在(2，＋∞)內(nèi)有解，且h′(t)的值在根的左右兩側(cè)異號，∴h′(2)＞0得k＞. 綜上：當(dāng)k＞時h(t)在定義域內(nèi)有且僅有一個極植，當(dāng)k≤時h(t)在定義域內(nèi)無極值． (2)∵存在x0∈(1，＋∞)，使f(x0)＞g(x0)成立等價于f(x)－g(x)的最大值大于0. ∵t＝logax＋logxa，∴m(t)＝－t3＋kt2＋k2t－2k，(t≥2)， ∴m′(t)＝－3t2＋2kt＋k2＝0得t1＝k，t2＝－. 當(dāng)k＞2時，m(t)max＝m(k)＞0得k＞2； 當(dāng)0＜k≤2時，m(t)max＝m(2)＞0得＜k≤2； 當(dāng)k＝0時，m(t)max＝m(2)＜0不成立． 當(dāng)－6≤k＜0時， m(t)max＝m(2)＞0得－6≤k＜； 當(dāng)k＜－6時，m(t)max＝m＞0得k＜－6. 綜上得：k的取值范圍是∪.