广西专用高考数学一轮复习大题专项练1高考中的函数与导数含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习大题专项练1高考中的函数与导数含解析新人教A版理，共11页。试卷主要包含了已知函数f=ex，已知函数f=ax+bx等内容，欢迎下载使用。
高考大题专项练一　高考中的函数与导数1.(2021全国Ⅰ)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标. 2.已知函数f(x)=(x-a)ex(a∈R).(1)求f(x)的单调区间;(2)当a=2时,F(x)=f(x)-x+lnx,记函数y=F(x)在区间内的最大值为m,证明:-4<m<-3. 3.(2021全国Ⅰ)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;(2)设函数g(x)=,证明:g(x)<1. 4.设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点,f处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 5.已知函数f(x)=xetx-ex+1,其中t∈R,e是自然对数的底数.(1)若方程f(x)=1无实数根,求实数t的取值范围;(2)若函数f(x)在区间(0,+∞)内为减函数,求实数t的取值范围. 6.已知f(x)=ax-lnx,x∈(0,e],g(x)=,其中e是自然对数的底数,a∈R.(1)讨论当a=1时,函数f(x)的单调性和极值;(2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+;(3)是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由. 7.已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,且a≠1,b≠1).(1)设a=2,b=.①求方程f(x)=2的根;②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值. 8.已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+的单调区间和极值.(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有. 答案：1.解(1)函数f(x)=x3-x2+ax+1的定义域为R,其导数为f'(x)=3x2-2x+a.①当a≥时,方程f'(x)=0至多有一解,f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增;②当a<时,若f'(x)=0,则3x2-2x+a=0,此时方程3x2-2x+a=0有两根,即x1=,x2=.当x<x1或x>x2时,f'(x)>0;当x1<x<x2时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-∞,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,在区间(x2,+∞)内单调递增.故当a≥时,f(x)在R上单调递增;当a<时,f(x)在区间-∞,内单调递增,在区间内单调递减,在区间,+∞内单调递增.(2)记曲线y=f(x)过坐标原点的切线为l,切点为P(x0,+ax0+1),f'(x0)=3-2x0+a,故切线l的方程为y-(+ax0+1)=(3-2x0+a)(x-x0).因为切线l过坐标原点,所以2-1=0,解得x0=1,所以切线l的方程为y=(1+a)x.由x3-x2+ax+1=(1+a)x,得x3-x2-x+1=0,解得x=1或x=-1.故曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,1+a),(-1,-1-a).2.(1)解因为f(x)=(x-a)ex,所以f'(x)=(x-a+1)ex.当x∈(-∞,a-1)时,f'(x)<0;当x∈(a-1,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)的单调递减区间为(-∞,a-1),单调递增区间为(a-1,+∞).(2)证明当a=2时,F(x)=(x-2)ex-x+lnx,则F'(x)=(x-1)ex-1+=(x-1).当<x<1时,x-1<0.令g(x)=ex-,则g'(x)=ex+>0,所以g(x)在区间内单调递增.因为g-2<0,g(1)=e-1>0,所以存在x0∈,使得g(x0)=0,即,即lnx0=-x0.故当x∈时,g(x)<0,此时F'(x)>0;当x∈(x0,1)时,g(x)>0,此时F'(x)<0.故F(x)在区间内单调递增,在区间(x0,1)内单调递减.故m=F(x)max=F(x0)=(x0-2)-x0+lnx0=(x0-2)·-x0-x0=1--2x0.令G(x)=1--2x,x∈,则G'(x)=-2=>0.所以G(x)在区间内单调递增,所以G(x)>G=-4,G(x)<G(1)=-3.故-4<m<-3.3.(1)解由题意,f(x)的定义域为(-∞,a).令p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),p'(x)=ln(a-x)+x·=ln(a-x)+.因为x=0是函数y=xf(x)的极值点,则有p'(0)=0,即lna=0,所以a=1.当a=1时,p'(x)=ln(1-x)+,且p'(0)=0,当x<0时,p'(x)>0,当0<x<1时,p'(x)<0,所以当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点.(2)证明由(1)可知,xf(x)=xln(1-x),要证<1,即需证明<1.因为当x∈(-∞,0)时,xln(1-x)<0,当x∈(0,1)时,xln(1-x)<0,所以需证明x+ln(1-x)>xln(1-x),即x+(1-x)ln(1-x)>0.令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,则h'(x)=(1-x)·+1-ln(1-x)=-ln(1-x),所以h'(0)=0,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,所以x=0为h(x)的唯一极小值点,也是最小值点,所以当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,所以<1,即g(x)<1.4.(1)解f'(x)=3x2+b,依题意得f'=0,即+b=0.故b=-.(2)证明由(1)知f(x)=x3-x+c,f'(x)=3x2-.令f'(x)=0,解得x=-或x=.当x变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如下:x-∞,---,,+∞f'(x)+0-0+f(x)单调递增↗c+单调递减↘c-单调递增↗因为f(1)=f=c+,所以当c<-时,f(x)只有大于1的零点.因为f(-1)=f=c-,所以当c>时,f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-≤c≤.当c=-时,f(x)只有两个零点-和1.当c=时,f(x)只有两个零点-1和.当-<c<时,f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈-1,-,x2∈-,x3∈,1.综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.5.解(1)由f(x)=1,得xetx=ex,即x=ex(1-t)>0,故有=1-t.令g(x)=,则g'(x)=.由g'(x)>0,得0<x<e;由g'(x)<0,得x>e.故g(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+∞)内单调递减.因此,g(x)max=g(e)=,所以g(x)的值域为,要使得方程f(x)=1无实数根,则1-t>,即t<1-.(2)f'(x)=etx+txetx-ex=etx[1+tx-e(1-t)x].由题设知,对∀x>0,f'(x)≤0恒成立.不妨取x=1,有f'(1)=et(1+t-e1-t)≤0.而当t≥1时,f'(1)>0,故t<1.①当t≤,且x>0时,f'(x)=etx[1+tx-e(1-t)x]≤.而当x>0时,有ex>1+x,故1+<0,所以f'(x)<0.所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,故当t≤时满足题意.②当<t<1时,0<1-t<,且>1,即ln>0.令h(x)=1+tx-e(1-t)x(x>0),则h(0)=0,h'(x)=t-(1-t)e(1-t)x=(1-t).当0<x<ln时,h'(x)>0,此时,h(x)>h(0)=0,则当0<x<ln时,f'(x)>0,故f(x)在区间内单调递增.与题设矛盾,不符合题意,舍去.所以,当t≤时,函数f(x)在区间(0,+∞)内是减函数.6.(1)解∵当a=1时,f(x)=x-lnx,∴f'(x)=1-.∴当0<x<1时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当1<x≤e时,f'(x)>0时,此时f(x)单调递增.∴f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.(2)证明∵f(x)的极小值为1,∴f(x)在区间(0,e]上的最小值为1,即[f(x)]min=1.又g'(x)=,∴当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)在区间(0,e]上单调递增.∴[g(x)]max=g(e)=,∴[f(x)]min-[g(x)]max>,∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+.(3)解假设存在正实数a,使f(x)=ax-lnx(x∈(0,e])有最小值3,则f'(x)=a-.①当0<<e时,f(x)在区间内单调递减,在区间上单调递增,[f(x)]min=f=1+lna=3,a=e2,满足条件;②当≥e时,f(x)在区间(0,e]上单调递减,[f(x)]min=f(e)=ae-1=3,a=(舍去).综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时f(x)有最小值3.7.解(1)因为a=2,b=,所以f(x)=2x+2-x.①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,所以(2x-1)2=0,即2x=1,解得x=0.②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>0,所以m≤对于x∈R恒成立.而=f(x)+≥2=4,且=4,所以m≤4,故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g'(x)=axlna+bxlnb,又由0<a<1,b>1知lna<0,lnb>0,所以g'(x)=0有唯一解x0=lo.令h(x)=g'(x),则h'(x)=(axlna+bxlnb)'=ax(lna)2+bx(lnb)2,从而对任意x∈R,h'(x)>0,所以g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)内的增函数.于是当x∈(-∞,x0)时,g'(x)<g'(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>g'(x0)=0.因而函数g(x)在区间(-∞,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增.下证x0=0.若x0<0,则x0<<0,于是g<g(0)=0.又g(loga2)=-2>-2=0,且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0<a<1,所以loga2<0.又<0,所以x1<0,与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.若x0>0,同理可得,在和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-=1,故lna+lnb=0,所以ab=1.8.(1)解①当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+,整理可得g'(x)=.令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减↘极小值单调递增↗所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+.对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令=t(t>1),则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)·3+3-2+kln=-3x2+3x1+k-2kln(t3-3t2+3t-1)+kt--2lnt.令h(x)=x--2lnx,x∈[1,+∞).当x>1时,h'(x)=1+>0,由此可得h(x)在区间[1,+∞)内单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1),即t--2lnt>0.因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以,(t3-3t2+3t-1)+kt--2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t--2lnt=t3-3t2+6lnt+-1.由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+>1,故t3-3t2+6lnt+-1>0.所以(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有.