《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合（壓軸大題） 文 北師大版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合（壓軸大題） 文 北師大版.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
高考大題專項一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合壓軸大題
突破1 利用導(dǎo)數(shù)求極值、最值、參數(shù)范圍
1.已知函數(shù)f(x)=(x-k)ex.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值.
2.(2018山東濰坊一模,21)已知函數(shù)f(x)=aln x+x2.
(1)若a=-2,判斷f(x)在(1,+∞)上的單調(diào)性;
(2)求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最小值.
3.(2018山東師大附中一模,21)已知函數(shù)f(x)=(x-a)ex(a∈R).
(1)當(dāng)a=2時,求函數(shù)f(x)在x=0處的切線方程;
(2)求f(x)在區(qū)間[1,2]上的最小值.
4.(2018遼寧撫順3月模擬,21改編)已知函數(shù)f(x)=ax-2ln x(a∈R).若f(x)+x3>0對任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范圍.
5.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲線y=f(x)和曲線y=g(x)都過點P(0,2),且在點P處有相同的切線y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值;
(2)若x≥-2時,f(x)≤kg(x),求k的取值范圍.
6.(2018江西南昌一模,21改編)已知函數(shù)f(x)=ex-aln x-e(a∈R),其中e為自然對數(shù)的底數(shù).若當(dāng)x∈[1,+∞)時,f(x)≥0恒成立,求a的取值范圍.
突破2 利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點個數(shù)
1.(2018全國3,文21)已知函數(shù)f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程;
(2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥0.
2.(2018河北保定一模,21改編)已知函數(shù)f(x)=x+.設(shè)函數(shù)g(x)=ln x+1.證明:當(dāng)x∈(0,+∞)且a>0時,f(x)>g(x).
3.已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,求a的取值范圍.
4.(2018安徽蕪湖期末,21改編)已知函數(shù)f(x)=x3-aln x(a∈R).若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(1,e]上存在兩個不同零點,求實數(shù)a的取值范圍.
5.設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x.
(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)零點的個數(shù);
(2)證明:當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln.
6.(2018衡水中學(xué)押題三,21)已知函數(shù)f(x)=ex-x2+a,x∈R,曲線y=f(x)的圖像在點(0,f(0))處的切線方程為y=bx.
(1)求函數(shù)y=f(x)的解析式;
(2)當(dāng)x∈R時,求證:f(x)≥-x2+x;
(3)若f(x)>kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立,求實數(shù)k的取值范圍.
高考大題專項一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合壓軸大題
突破1 利用導(dǎo)數(shù)求極值、最值、參數(shù)范圍
1.解 (1)由題意知f(x)=(x-k+1)ex.
令f(x)=0,得x=k-1.
當(dāng)x∈(-∞,k-1)時,f(x)<0,當(dāng)x∈(k-1,+∞)時,f(x)>0.
所以f(x)的遞減區(qū)間是(-∞,k-1),遞增區(qū)間是(k-1,+∞).
(2)當(dāng)k-1≤0,即k≤1時,f(x)在[0,1]上遞增,
所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)=-k;
當(dāng)0
0,
∴f(x)在(1,+∞)遞增.
(2)f(x)=2x+ax=2x2+ax,當(dāng)a≥0時f(x)≥0,f(x)在[1,e]上遞增,∴fmin(x)=f(1)=1.
當(dāng)a<0時,由f(x)=0解得x=-a2(負值舍去),設(shè)x0=-a2.
若-a2≤1,即a≥-2,也就是-2≤a<0時,x∈[1,e],f(x)>0,f(x)遞增,
∴fmin(x)=f(1)=1.
若1<-a20,即a>-x2+2lnxx對任意x∈(1,+∞)恒成立,
記p(x)=-x2+2lnxx,定義域為(1,+∞),
則p(x)=-2x+2-2lnxx2=-2x3+2-2lnxx2,
設(shè)q(x)=-2x3+2-2ln x,q(x)=-6x2-2x,
則當(dāng)x>1時,q(x)遞減,
所以當(dāng)x>1時,q(x)1時,p(x)0.
即F(x)在(-2,x1)遞減,在(x1,+∞)遞增.
故F(x)在[-2,+∞)的最小值為F(x1).
而F(x1)=2x1+2-x12-4x1-2=-x1(x1+2)≥0.
故當(dāng)x≥-2時,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
②若k=e2,則F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).
從而當(dāng)x>-2時,F(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)遞增.
而F(-2)=0,故當(dāng)x≥-2時,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
③若k>e2,則F(-2)= -2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.
從而當(dāng)x≥-2時,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
綜上,k的取值范圍是[1,e2].
6.解 由f(x)=ex-aln x-e(a∈R),得f(x)=ex-,
當(dāng)a<0時,f(x)=ex-ax>0,f(x)在x∈[1,+∞)上遞增,f(x)min=f(1)=0(合題意).
當(dāng)a>0時,f(x)=ex-ax,當(dāng)x∈[1,+∞)時,y=ex≥e.
①當(dāng)a∈(0,e]時,因為x∈[1,+∞),
所以y=ax≤e,f(x)=ex-ax≥0,
f(x)在[1,+∞)上遞增,f(x)min=f(1)=0(合題意).
②當(dāng)a∈(e,+∞)時,存在x0∈[1,+∞),滿足f(x)=ex-ax=0,
f(x)在x0∈[1,x0)上遞減,在(x0,+∞)上遞增,故f(x0)-1時,g(x)>0,g(x)遞增;所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
2.證明 令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x>0),h(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,
設(shè)p(x)=x2-x-a=0,函數(shù)p(x)的圖像的對稱軸為x=12.
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
設(shè)p(x)=0的正根為x0,∴x0>1,
由對稱性知,p(x)=0的另一根小于0,且x02-x0-a=0,
h(x)在(0,x0)上是減少的,在(x0,+∞)上是增加的,
h(x)min=h(x0)=x0+ax0-ln x0-1=x0+x02-x0x0-ln x0-1=2x0-ln x0-2.
令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F(x)=2-1x=2x-1x>0恒成立,
所以F(x)在(1,+∞)上是增加的.
∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,
所以,當(dāng)x∈(0,+∞)時,f(x)>g(x).
3.解法1 函數(shù)f(x)的定義域為R,當(dāng)a=0時,f(x)=-3x2+1,有兩個零點33,
原函數(shù)草圖
∴a=0不合題意;
當(dāng)a>0時,當(dāng)x→-∞時,f(x)→-∞,f(0)=1, f(x)存在小于0的零點x0,不合題意;
當(dāng)a<0時,f(x)=3ax2-6x,由f(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=2a<0,
∴在區(qū)間-∞,2a內(nèi)f(x)<0;
在區(qū)間2a,0內(nèi)f(x)>0;
在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)f(x)<0.
∴f(x)在區(qū)間-∞,2a內(nèi)是減少的,在區(qū)間2a,0內(nèi)是增加的,在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)是減少的.
∴若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0?f(x)min=f2a>0?8a2-12a2+1>0?4a2<1?a2>4.
∵a<0,∴a<-2.
解法2 曲線y=ax3與曲線y=3x2-1僅在y軸右側(cè)有一個公共點,
當(dāng)a≥0時,由圖像知不符合題意;
當(dāng)a<0時,設(shè)曲線y=ax3與曲線y=3x2-1相切于點(x0,y0),
則ax03=3x02-1,3ax02=6x0,得a=-2,由圖像知a<-2時符合題意.
解法3 分離成a=-1x3+31x=-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+3t,
g(t)=-3t2+3=3(1-t2),當(dāng)t∈(-1,1)時,g(t)>0,當(dāng)t>1或t<-1時,g(x)<0.
所以g(t)在(-∞,-1)遞減,在區(qū)間(-1,1)遞增,在(1,+∞)遞減,
所以當(dāng)t=-1時,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的圖像可知,t=1時,g(t)max=2.
x→+∞時,g(t)→+∞,當(dāng)a<-2時,直線y=a與g(t)=-t3+3t的圖像只有一個交點,交點在第四象限,所以滿足題意.
4.解 由f(x)=0,得a=x3lnx在區(qū)間(1,e]上有兩個不同實數(shù)解,
即函數(shù)y=a的圖像與函數(shù)g(x)=x3lnx的圖像有兩個不同的交點.
因為g(x)=x2(3lnx-1)(lnx)2,
令g(x)=0得x=3e,
所以當(dāng)x∈(1,3e)時,g(x)<0,函數(shù)在(1,3e)上遞減,
當(dāng)x∈(3e,e]時,g(x)>0,函數(shù)在(3e,e]上遞增;
則g(x)min=g(3e)=3e,而g(e127)=e327ln e127=27e19>27,且g(e)=e3<27,
要使函數(shù)y=a的圖像與函數(shù)g(x)=x3lnx的圖像有兩個不同的交點,
∴a的取值范圍為(3e,e3].
5.(1)解 f(x)的定義域為(0,+∞),f(x)=2e2x- (x>0).
當(dāng)a≤0時,f(x)>0,f(x)沒有零點,
當(dāng)a>0時,因為e2x遞增,-ax遞增,所以f(x)在(0,+∞)遞增.
又f(a)>0,當(dāng)b滿足00時,f(x)存在唯一零點.
(2)證明 由(1),可設(shè)f(x)在(0,+∞)的唯一零點為x0,當(dāng)x∈(0,x0)時,f(x)<0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f(x)>0.
故f(x)在(0,x0)遞減,在(x0,+∞)遞增,所以當(dāng)x=x0時,f(x)取得最小值,最小值為f(x0).
由于2e2x0-ax0=0,
所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.
故當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln2a.
6.(1)解 根據(jù)題意,得f(x)=ex-2x,則f(0)=1=b.
由切線方程可得切點坐標(biāo)為(0,0),將其代入y=f(x),得a=-1,
故f(x)=ex-x2-1.
(2)證明 令g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1.
由g(x)=ex-1=0,得x=0,
當(dāng)x∈(-∞,0)時,g(x)<0,y=g(x)遞減;
當(dāng)x∈(0,+∞)時,g(x)>0,y=g(x)遞增.
所以g(x)min=g(0)=0,
所以f(x)≥-x2+x.
(3)解 f(x)>kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立等價于f(x)x>k對任意的x∈(0,+∞)恒成立.
令φ(x)=f(x)x,x>0,
得φ(x)=xf(x)-f(x)x2=x(ex-2x)-(ex-x2-1)x2=(x-1)(ex-x-1)x2.
由(2)可知,當(dāng)x∈(0,+∞)時,ex-x-1>0恒成立,
令φ(x)>0,得x>1;令φ(x)<0,得0
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