2022年高考三轮复习之模板规范练1　函数与导数

这是一份2022年高考三轮复习之模板规范练1　函数与导数，共4页。试卷主要包含了已知函数f＝e2x等内容，欢迎下载使用。
模板规范练1　函数与导数[命题分析] 极值、零点等问题是高考考查的热点问题，常与单调性、不等式等问题结合，综合性较强，难度较大.典例　(12分)(2020·全国Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与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.步骤要点规范解答阅卷细则(1)求导；(2)利用导数的几何意义得到f′＝0，解方程；(3)根据(2)的结果讨论函数的单调性；(4)分析出要满足f(x)有一个绝对值不大于1的零点需要的条件；(5)对(4)中得出的条件，采用反证法，推出矛盾即可.(1)解　f′(x)＝3x2＋b.1分依题意得f′＝0，即＋b＝0，故b＝－.2分(2)证明　由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.3分令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.f′(x)与f(x)随x的变化情况为：x－f′(x)＋0－0＋f(x)↗c＋↘c－↗ 4分因为f(1)＝f ＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点.5分因为f(－1)＝f ＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点.6分由题设可知－≤c≤.7分当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∈，x2∈，x3∈.11分综上，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1.12分(1)得分点之一：正确得出b＝－，得2分；(2)得分点之二：正确讨论出单调性，得2分；(3)得分点之三：推出c>和c<－的矛盾，得2分；(4)得分点之四：讨论－≤c≤时，f(x)所有零点的情况，得5分；(5)得分点之五：得出结论得1分. 跟踪训练1．(2020·济宁模拟)已知两个函数f(x)＝，g(x)＝＋－1.(1)当t>0时，求f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值；(2)求证：对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>g(x)恒成立．(1)解　由f(x)＝，得f′(x)＝＝，∴当x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(－∞，1)上为减函数，在区间(1，＋∞)上为增函数．①当t≥1时，f(x)在区间[t，t＋1]上为增函数，f(x)的最大值为f(t＋1)＝.②当0<t<1时，t＋1>1，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，∴f(x)的最大值为f(x)max＝max{f(t)，f(t＋1)}．下面比较f(t)与f(t＋1)大小：f(t)－f(t＋1)＝－＝，∵t>0,1－e<0，∴当0<t≤时，f(t)－f(t＋1)≥0，故f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值为f(t)＝.当<t<1时，f(t)－f(t＋1)<0，f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值为f(t＋1)＝.综上可知，当0<t≤时，f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值为f(t)＝；当t>时，f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值为f(t＋1)＝.(2)证明　由(1)知，当x>0时，f(x)在区间(0,1)上为减函数，在区间(1，＋∞)上为增函数，∴当x>0时，f(x)≥f(1)＝e.又由g(x)＝＋－1得g′(x)＝－＝－(x>0)，∴当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，∴g(x)在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数，∴当x>0时，g(x)≤g(1)＝0.综上可知，当x>0时，不等式f(x)>g(x)恒成立．2．(2020·平湖模拟)已知函数f(x)＝e2x(其中e为自然对数的底数)．(1)证明：当x≥0时，f(x)≥1＋2x＋2x2；(2)当x≥0时，f(x)≥ln(x＋a)＋恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明　令g(x)＝f(x)－1－2x－2x2＝e2x－1－2x－2x2(x≥0)，所以g′(x)＝2e2x－2－4x，令h(x)＝2e2x－2－4x(x≥0)，所以h′(x)＝4e2x－4(x≥0)，所以h′(x)≥0成立，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(0)＝0，即g′(x)≥0成立，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，得g(x)≥g(0)＝0，即当x≥0时，f(x)≥1＋2x＋2x2，得证．(2)解　因为当x≥0时，f(x)≥ln(x＋a)＋恒成立，令x＝0得f(0)≥ln a，所以0<a≤e，下面证当0<a≤e时原不等式成立．由(1)知当x≥0时，f(x)≥1＋2x＋2x2，只需证明1＋2x＋2x2≥ln(x＋a)＋，因为当0<a≤e时，x≥，故只需证明1＋x＋2x2－ln(x＋a)≥0，令p(x)＝1＋x＋2x2－ln(x＋a)(x≥0)，所以p′(x)＝1＋4x－＝.①当1≤a≤e时，p′(x)≥0成立，p(x)在[0，＋∞)上单调递增，p(x)≥p(0)＝1－ln a≥0成立．②当0<a<1时，由不等式ln x≤x－1知ln(x＋a)≤x＋a－1，所以p(x)≥1＋x＋2x2－(x＋a－1)＝2－a＋2x2>0成立，综上原不等式得证．