2022版新高考数学人教版一轮练习：（18） 高考大题规范解答系列（一）——函数与导数

 [练案18]

高考大题规范解答系列(一)——函数与导数

1．(2021·新高考八省联考)已知函数f(x)＝ex－sin x－cos x，g(x)＝ex＋sin x＋cos x.

(1)证明：当x>－时，f(x)≥0；

(2)若g(x)≥2＋ax，求a.

[解析]　(1)当x∈时，

f(x)＝ex－sin≥ex>0；

当x∈时，f′(x)＝ex－cos为增函数且f′(0)＝0，f(x)在减，在上增，因此f(x)≥f(0)＝0，恒有f(x)≥0；

当x∈时，f′(x)＝ex－cos，

∵ex≥e>，∴f′(x)>0，∴f(x)在上为增函数，∴f(x)≥f＝e－sin>0；

综上所述：当x>－时，f(x)≥0成立．

(2)由已知得ex＋sin x＋cos x－2－ax≥0，

设h(x)＝ex＋sin x＋cos 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＋cos 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)＝(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)＝＝.

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)＝，f′(x)＝，

由f′(x)>0，0<x<2；f′(x)<0有x<0或x>2，

故a＝0时，f(x)在x＝0处取得极值，

f(1)＝，f′(1)＝，

从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程

y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.

(2)由(1)知f′(x)＝，

令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，

解得x1＝，x2＝.

当x<x1时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数；

当x1<x<x2时，g(x)>0，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＝≤3，解得a≥－.

故a的取值范围为.

3．(2020·江西南昌二中一模)已知函数f(x)＝(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)＝

＝.

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－3<x<0时，g(x)>0，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，

所以解得a＝1，b＝5，c＝5，

所以f(x)＝.

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)＝＝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)＝ax2·ln x(a>0)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设g(x)＝－.若f(x)的极小值为－，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＋ax＝ax(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝e－，

当0<x<e－时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>e－时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(x)的单调递减区间为(0，e－)，单调递增区间为(e－，＋∞)．

(2)证明：∵g(x)＝－，∴g′(x)＝，

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)＝－.

由题及(1)知f(x)min＝－，∵－－＝<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)＝－2a2x＋a＝＝.　

∵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)＝－2x＋1＝－.

令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝－或x＝1.

∵x>0，∴x＝－舍去．

当0<x<1时，f′(x)>0；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)<f(1)，即f(x)<0，∴函数f(x)只有一个零点．

6．(2020·河南名校模拟)已知f(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)＝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<x2)．

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<a≤e时，可知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以在(1，＋∞)上不可能有两个零点，不符合题意．

当1<ln a，即a>e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＝±.当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.故f(x)在，单调递增，在单调递减．

(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＝－为f(x)的极大值点，x＝为f(x)的极小值点．此时，－k－1<－<<k＋1且f(－k－1)<0，f(k＋1)>0，f>0.根据f(x)的单调性，当且仅当f<0，即k2－<0时，f(x)有三个零点，解得k<，因此k的取值范围为.