高考数学一轮复习练习案18高考大题规范解答系列一_函数与导数含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练习案18高考大题规范解答系列一_函数与导数含解析新人教版，共5页。试卷主要包含了设函数f＝eq \f，已知f＝eq \fex，g＝a，已知函数f＝x3－kx＋k2.等内容，欢迎下载使用。

(1)证明：当x>－eq \f(5π,4)时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
[解析] (1)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，－\f(π,4)))时，
f(x)＝ex－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥ex>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))时，f′(x)＝ex－eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))为增函数且f′(0)＝0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))上增，因此f(x)≥f(0)＝0，恒有f(x)≥0；
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，＋∞))时，f′(x)＝ex－eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
∵ex≥eeq \f(3π,4)>eq \r(2)，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，＋∞))上为增函数，∴f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π))＝eeq \f(3π,4)－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))>0；
综上所述：当x>－eq \f(5π,4)时，f(x)≥0成立．
(2)由已知得ex＋sin x＋cs x－2－ax≥0，
设h(x)＝ex＋sin x＋cs x－2－ax且h(0)＝0.
∵h(x)≥h(0)，∴0是h(x)的一个最小值点，也是一个极小值点，
∴h′(0)＝0，即e0＋cs 0－sin 0－a＝0，∴a＝2.
2．(2020·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期开学考试)设函数f(x)＝eq \f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求实数a的取值范围．
[解析] (1)对f(x)求导得
f′(x)＝eq \f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq \f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).
因为f(x)在x＝0处取得极值，
所以f′(0)＝0，即a＝0.
当a＝0时，f(x)＝eq \f(3x2,ex)，f′(x)＝eq \f(－3x2＋6x,ex)，
由f′(x)>0，02，
故a＝0时，f(x)在x＝0处取得极值，
f(1)＝eq \f(3,e)，f′(1)＝eq \f(3,e)，
从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程
y－eq \f(3,e)＝eq \f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝eq \f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，
解得x1＝eq \f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq \f(6－a＋\r(a2＋36),6).
当x当x10，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；
当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数．
由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，
知x2＝eq \f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq \f(9,2).
故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，＋∞)).
3．(2020·江西南昌二中一模)已知函数f(x)＝eq \f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
[解析] 本题考查利用导数求函数的单调区间与最值．
(1)f′(x)＝eq \f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)
＝eq \f(－ax2＋（2a－b）x＋（b－c）,ex).
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a>0，所以当－30，即f′(x)>0；当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0.
所以函数y＝f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)和(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－3）＝\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以f(x)＝eq \f(x2＋5x＋5,ex).
因为函数y＝f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)和(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数y＝f(x)的极大值．
故y＝f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大值，而f(－5)＝eq \f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，所以函数y＝f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
4．(2021·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2·ln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝eq \f(x2,ex)－eq \f(3,4).若f(x)的极小值为－eq \f(1,2e)，证明：当x>0时，f(x)>g(x)．(其中e＝2.718 28…为自然对数的底数)
[解析] 本题考查利用导数判断函数的单调性以及证明不等式问题．
(1)解：由题可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝axln x＋eq \f(1,2)ax＝eq \f(1,2)ax(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝e－eq \f(1,2)，
当0当x>e－eq \f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)的单调递减区间为(0，e－eq \f(1,2))，单调递增区间为(e－eq \f(1,2)，＋∞)．
(2)证明：∵g(x)＝eq \f(x2,ex)－eq \f(3,4)，∴g′(x)＝eq \f(x（2－x）,ex)，
当x∈(0，2)时，g′(x) >0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴当x>0时，g(x)max＝g(2)＝eq \f(4,e2)－eq \f(3,4).
由题及(1)知f(x)min＝－eq \f(1,2e)，∵eq \f(4,e2)－eq \f(3,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2e)))＝eq \f(（8－3e）（2＋e）,4e2)<0，
∴f(x)min>g(x)max，即f(x) >g(x)．
5．已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a≥1)．
(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；
(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点．
[证明] (1)由题易得函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－2a2x＋a＝eq \f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq \f(－（2ax＋1）（ax－1）,x).
∵a≥1，x>1，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0，
∴函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数．
(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋1＝－eq \f(2x2－x－1,x).
令f′(x)＝0，即eq \f(2x2－x－1,x)＝0，解得x＝－eq \f(1,2)或x＝1.
∵x>0，∴x＝－eq \f(1,2)舍去．
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．
∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，其值为f(1)＝ln 1－12＋1＝0.
∴当x≠1时，f(x)6．(2020·河南名校模拟)已知f(x)＝eq \f(1＋x,1－x)ex，g(x)＝a(x＋1)．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当a>0时，若关于x的方程f(x)＋g(x)＝0存在两个正实数根，证明：a>e2.
[解析] 本题考查导数的几何意义和利用导函数讨论函数单调性、零点等问题．
(1)解：∵f′(x)＝eq \f(3－x2,（1－x）2)ex，∴f′(0)＝3.又∵f(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3x，即3x－y＋1＝0.
(2)证明：由f(x)＋g(x)＝0存在两个正实数根，整理得方程ex＝a(x－1)(x≠1)存在两个正实数根．记这两个正实数根为x1，x2(x1由a>0，知x2>x1>1，令h(x)＝ex－ax＋a，则h(x)在(1，＋∞)上有两个零点，令h′(x)＝ex－a＝0，则x＝ln a.
当1≥ln a，即0当1e时，可知h(x)在(1，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(ln a)＝2a－aln a．∵h(x)＝ex－ax＋a有两个零点且h(1)＝e>0，∴2a－aln a<0，∴2－ln a<0.解得a>e2.
7．(2020·全国Ⅲ，20)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
[解析] 本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点个数问题．
(1)f′(x)＝3x2－k.
当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq \f(\r(3k),3).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3k),3)))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)，＋∞))时，f′(x)>0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．
当k>0时，x＝－eq \f(\r(3k),3)为f(x)的极大值点，x＝eq \f(\r(3k),3)为f(x)的极小值点．此时，－k－1<－eq \f(\r(3k),3)0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)))>0.根据f(x)的单调性，当且仅当feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)))<0，即k2－eq \f(2k\r(3k),9)<0时，f(x)有三个零点，解得k