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2022版高考人教版数学一轮练习:练案【19理】【18文】 高考大题规范解答系列(一)——函数与导数
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这是一份2022版高考人教版数学一轮练习:练案【19理】【18文】 高考大题规范解答系列(一)——函数与导数,共6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.(2021·新高考八省联考)已知函数f(x)=ex-sin x-cs x,g(x)=ex+sin x+cs x.
(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+aex-3x2+axex,ex2)=eq \f(-3x2+6-ax+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)>0,01,∴2ax+1>0,ax-1>0,∴f′(x)0,∴x=-eq \f(1,2)舍去.
当01时,f′(x)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00,∴2a-aln aln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1,即证当a>ln 2-1且x>0时,ex-x2+2ax-1>0.
设g(x)=ex-x2+2ax-1(x≥0).
则g′(x)=ex-2x+2a,由(1)知g′(x)min=g′(ln 2)=2-2ln 2+2a.
又a>ln 2-1,则g′(x)min>0.
于是对∀x∈R,都有g′(x)>0,
所以g(x)在R上单调递增.
于是对∀x>0,都有g(x)>g(0)=0.
即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.
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k0,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.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
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