《廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項練一 高考中的函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項練一 高考中的函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文.docx（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

高考大題專項練一　高考中的函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1.(2018北京,文19)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex. (1)若曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線斜率為0,求a; (2)若f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍. 解(1)因為f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex, 所以f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,f(2)=(2a-1)e2. 由題設(shè)知f(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12. (2)由(1)得f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex. 若a>1,則當(dāng)x∈1a,1時,f(x)<0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)>0. 所以f(x)在x=1處取得極小值. 若a≤1,則當(dāng)x∈(0,1)時,ax-1≤x-1<0, 所以f(x)>0. 所以1不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是1,+∞. 2.(2018全國Ⅲ,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. (1)解f(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,f(0)=2. 因此曲線y=f(x)在(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0. (2)證明當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x. 令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g(x)=2x+1+ex+1. 當(dāng)x<-1時,g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x>-1時,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增; 所以g(x)≥g(-1)=0. 因此f(x)+e≥0. 3.已知函數(shù)f(x)=ln x+12ax2-x-m(m∈Z). (1)若f(x)是增函數(shù),求a的取值范圍; (2)若a<0,且f(x)<0恒成立,求m的最小值. 解(1)f(x)=1x+ax-1,依題設(shè)可得a≥1x-1x2max, 而1x-1x2=-1x-122+14≤14,當(dāng)x=2時,等號成立. 所以a的取值范圍是14,+∞. (2)由(1)可知f(x)=1x+ax-1=ax2-x+1x, 設(shè)g(x)=ax2-x+1,則g(0)=1>0,g(1)=a<0, g(x)=ax-12a2+1-14a在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 因此g(x)在(0,1)內(nèi)有唯一的解x0,使得ax02=x0-1, 而且當(dāng)00,當(dāng)x>x0時,f(x)<0, 所以f(x)≤f(x0)=lnx0+12ax02-x0-m =lnx0+12(x0-1)-x0-m=lnx0-12x0-12-m. 設(shè)r(x)=lnx-12x-12-m, 則r(x)=1x-12=2-x2x>0. 所以r(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增. 所以r(x)0, 由f(x)>0,得02; 由f(x)<0,得12時,f(x)>0. 所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增. (2)證明當(dāng)a≥1e時,f(x)≥exe-lnx-1. 設(shè)g(x)=exe-lnx-1,則g(x)=exe-1x. 當(dāng)01時,g(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點. 故當(dāng)x>0時,g(x)≥g(1)=0. 因此,當(dāng)a≥1e時,f(x)≥0. 6.定義在實數(shù)集上的函數(shù)f(x)=x2+x,g(x)=13x3-2x+m. (1)求函數(shù)f(x)的圖象在x=1處的切線方程; (2)若f(x)≥g(x)對任意的x∈[-4,4]恒成立,求實數(shù)m的取值范圍. 解(1)∵f(x)=x2+x,∴當(dāng)x=1時,f(1)=2, ∵f(x)=2x+1,∴f(1)=3, ∴所求切線方程為y-2=3(x-1),即3x-y-1=0. (2)令h(x)=g(x)-f(x)=13x3-x2-3x+m, 則h(x)=(x-3)(x+1). ∴當(dāng)-40; 當(dāng)-10. 要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0, 由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4處取得, 而h(-1)=m+53,h(4)=m-203, 故m+53≤0,即m≤-53, 故實數(shù)m的取值范圍為-∞,-53. 7.已知函數(shù)f(x)=12ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)g(x)=x2-2x,若對任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)0). (1)f(x)=(ax-1)(x-2)x(x>0). ①當(dāng)a≤0時,x>0,ax-1<0,在區(qū)間(0,2)內(nèi),f(x)>0,在區(qū)間(2,+∞)內(nèi),f(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2),單調(diào)遞減區(qū)間是(2,+∞). ②當(dāng)02,在區(qū)間(0,2)和1a,+∞內(nèi),f(x)>0,在區(qū)間2,1a內(nèi),f(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2)和1a,+∞,單調(diào)遞減區(qū)間是2,1a. ③當(dāng)a=12時,f(x)=(x-2)22x,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞). ④當(dāng)a>12時,0<1a<2,在區(qū)間0,1a和(2,+∞)內(nèi),f(x)>0,在區(qū)間1a,2內(nèi),f(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是0,1a和(2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是1a,2. (2)對任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)ln2-1. 故ln2-112時,f(x)在0,1a上單調(diào)遞增,在1a,2上單調(diào)遞減, 故f(x)max=f1a=12a-(2a+1)1a+2ln1a=-12a-2-2lna<0因為當(dāng)a>12時,12a+2lna>12a+2lne-1=12a-2>-2. 故a>12時滿足題意. 綜上,a的取值范圍為(ln2-1,+∞). 8.設(shè)a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(x0,y0)處有相同的切線, ①求證:f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0; ②若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范圍. 解(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b, 可得f(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)]. 令f(x)=0,解得x=a或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a. 當(dāng)x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,a) (a,4-a) (4-a,+∞) f(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ 所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,a),(4-a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4-a). (2)①證明:因為g(x)=ex(f(x)+f(x)), 由題意知g(x0)=ex0,g(x0)=ex0, 所以f(x0)ex0=ex0,ex0(f(x0)+f(x0))=ex0, 解得f(x0)=1,f(x0)=0.所以,f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0. ②因為g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1], 由ex>0,可得f(x)≤1. 又因為f(x0)=1,f(x0)=0,故x0為f(x)的極大值點,由(1)知x0=a. 另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a+1)內(nèi)單調(diào)遞減, 故當(dāng)x0=a時,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,從而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立. 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1, 得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1. 令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1], 所以t(x)=6x2-12x, 令t(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0. 因為t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1, 所以t(x)的值域為[-7,1]. 故b的取值范圍是[-7,1].