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（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題檢測(cè)（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略理（普通生含解析）.doc

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《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題檢測(cè)（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略理（普通生含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題檢測(cè)（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略理（普通生含解析）.doc（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專(zhuān)題檢測(cè)（二十三） “函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略 1．(2018武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(a∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：f(x)≥. 解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；若00時(shí)，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1. 要證f(x)≥，只需證ln a＋1≥，即證ln a＋－1≥0. 令函數(shù)g(a)＝ln a＋－1，則g′(a)＝－＝(a>0)，當(dāng)01時(shí)，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝g(1)＝0. 所以ln a＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥. 2．(2018全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a. 解：(1)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥1等價(jià)于(x2＋1)e－x－1≤0. 設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 當(dāng)x≠1時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．而g(0)＝0，故當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于h(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)． (ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)>0，h(x)沒(méi)有零點(diǎn)； (ⅱ)當(dāng)a>0時(shí)，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值． ①當(dāng)h(2)>0，即a<時(shí)，h(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有零點(diǎn)． ②當(dāng)h(2)＝0，即a＝時(shí)，h(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)． ③當(dāng)h(2)<0，即a>時(shí)，因?yàn)閔(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一個(gè)零點(diǎn)．由(1)知，當(dāng)x>0時(shí)，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，故h(x)在(2,4a)上有一個(gè)零點(diǎn)．因此h(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上，當(dāng)f(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝. 3．(2018西安質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋(k∈R)． (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，求f(x)的單調(diào)性和極小值(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))； (2)若對(duì)任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)0)， ∵曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直， ∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e， ∴f′(x)＝－＝(x>0)．由f′(x)<0，得00，得x>e， ∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得極小值，且f(e)＝ln e＋＝2. ∴f(x)的極小值為2. (2)由題意知對(duì)任意的x1>x2>0，f(x1)－x10)，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即當(dāng)x>0時(shí)，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立， ∴k≥. 故k的取值范圍是. 4．(2018全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x. (1)若a＝0，證明：當(dāng)－10時(shí)，f(x)>0； (2)若x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a. 解：(1)證明：當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－. 設(shè)函數(shù)g(x)＝ln(1＋x)－，則g′(x)＝. 當(dāng)－10時(shí)，g′(x)>0，故當(dāng)x>－1時(shí)，g(x)≥g(0)＝0，且僅當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)＝0，從而f′(x)≥0，且僅當(dāng)x＝0時(shí)，f′(x)＝0. 所以f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(0)＝0，故當(dāng)－10時(shí)，f(x)>0. (2)①若a≥0，由(1)知，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，這與x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)矛盾． ②若a<0，設(shè)函數(shù)h(x)＝＝ln(1＋x)－. 由于當(dāng)|x|0，故h(x)與f(x)符號(hào)相同．又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0是h(x)的極大值點(diǎn)． h′(x)＝－＝. 若6a＋1>0，則當(dāng)00，故x＝0不是h(x)的極大值點(diǎn)．若6a＋1<0，則a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，故當(dāng)x∈(x1,0)，且|x|0；當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0. 所以x＝0是 h(x)的極大值點(diǎn)，從而x＝0是 f(x)的極大值點(diǎn)．綜上，a＝－

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