广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练1高考中的函数与导数含解析新人教A版文

这是一份广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练1高考中的函数与导数含解析新人教A版文，共10页。试卷主要包含了已知函数f=2ln x+1，已知函数f=aex-lnx-1，已知函数f=x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.(2021四川眉山三模)已知f(x)=ex-cosx+ax2-x,其中a>0.(1)当a=1时,求f(x)的极值;(2)若f(x)≥(a-1)x,求a的值. 3.已知函数f(x)=2sin x-xcosx-x,f'(x)为f(x)的导数.(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围. 4.已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;(2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性. 5.已知函数f(x)=aex-lnx-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0. 6.(2021新高考Ⅰ)已知函数f(x)=x(1-ln x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b,证明:2<<e. 7.已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).(1)求f(x)的单调区间;(2)设g(x)=x2-2x,若对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2),求a的取值范围. 8.设函数f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性.(2)若0<a<,①证明f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2. 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.解(1)当a=1时,f(x)=ex-cosx+x2-x,f'(x)=ex+sinx+2x-1,令u(x)=ex+sinx+2x-1,则u'(x)=ex+cosx+2,∵cosx∈[-1,1],∴cosx+2∈[1,3],又ex>0,∴u'(x)>0,∴u(x)即f'(x)在R上单调递增,又f'(0)=0,∴当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0;∴f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,∴f(x)在x=0处取得极小值,且极小值为f(0)=0,无极大值.(2)令F(x)=f(x)-(a-1)x=ex-cosx+ax2-ax,则F'(x)=ex+sinx+2ax-a且F(0)=0,F'(0)=1-a.令g(x)=F'(x)=ex+sinx+2ax-a,则g'(x)=ex+cosx+2a.①     当a=1时,F(x)=f(x),由(1)知,f(x)的极小值,即最小值为0,则f(x)≥0,即F(x)≥0,②     ∴f(x)≥(a-1)x,满足题意;②当a>1时,g'(x)>ex+cosx+2≥ex+1>0,∴g(x),即F'(x)为R上的增函数,又F'(0)=1-a<0,F'(1)=e+sin1+a>0,∴∃x0∈(0,1),使得F'(x0)=0,∴当x∈(0,x0)时,F'(x)<0=F'(x0),F(x)在区间(0,x0)上单调递减,∴当x∈(0,x0)时,F(x)<F(0)=0,即f(x)<(a-1)x,不合题意;③当0<a<1时,g'(x)=ex+cosx+2a在区间(-1,0)上为增函数,则g'(x)>g'(-1)=+cos1+2a>0.∴g(x),即F'(x)在区间(-1,0)上为增函数,又F'(0)=1-a>0,F'(-1)=-sin1-3a<-3a<0,∴∃x1∈(-1,0),使得F'(x1)=0,∴当x∈(x1,0)时,F'(x)>0=F'(x1),∴F(x)在区间(x1,0)上单调递增,∴当x∈(x1,0)时,F(x)<F(0)=0,不合题意.综上所述,a的值为1.3.(1)证明设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0,所以g(x)在单调递增,在单调递减.又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.(2)解由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范围是(-∞,0].4.解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)=-2.(1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[-1,+∞).(2)g(x)=,x∈(0,a)∪(a,+∞).g'(x)=.取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)内单调递减.5.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-.由题设知,f'(2)=0,所以a=.从而f(x)=ex-lnx-1,f'(x)=ex-.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增.(2)证明当a≥时,f(x)≥-lnx-1.设g(x)=-lnx-1,则g'(x)=.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时,f(x)≥0.6.(1)解由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-lnx.当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减.(2)证明由blna-alnb=a-b,得lnln.令x1=,x2=,则x1≠x2,f(x1)=f(x2).不妨设0<x1<x2,令f'(x)=0,得x=1.且f(e)=0.结合(1)中f(x)的单调性,易知,0<x1<1<x2<e.待证结论⇔2<x1+x2<e.下面证明x1+x2>2.令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈,则g'(x)=-ln[x(2-x)]>0,所以g(x)在区间内单调递增,所以0=g(1)>g(x1)=f(x1)-f(2-x1),即f(2-x1)>f(x1)=f(x2).又f(x)在区间上单调递减,所以2-x1<x2,即x1+x2>2.再证明x1+x2<e.f(x)的图象在点(e,0)处的切线φ(x)=e-x,令F(x)=f(x)-φ(x)=2x-xlnx-e,x∈(0,e),F'(x)=1-lnx>0,所以F(x)在区间(0,e)内单调递增,即F(x)<F(e)=0,所以当x∈(0,e)时,f(x)<φ(x).令t=f(x1)=f(x2),则t=f(x2)<φ(x2)=e-x2⇒t+x2<e.又t=f(x1)=x1(1-lnx1),x1∈(0,1),所以t=x1(1-lnx1)>x1,即x1+x2<t+x2<e.综上,2<x1+x2<e.故2<<e成立.7.解f'(x)=ax-(2a+1)+(x>0).(1)f'(x)=(x>0).①当a≤0时,x>0,ax-1<0,在区间(0,2)内,f'(x)>0,在区间(2,+∞)内,f'(x)<0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).②当0<a<时,>2,在区间(0,2)和内,f'(x)>0,在区间内,f'(x)<0,故f(x)的单调递增区间是(0,2)和,单调递减区间是.③当a=时,f'(x)=,故f(x)的单调递增区间是(0,+∞).④当a>时,0<<2,在区间和(2,+∞)内,f'(x)>0,在区间内,f'(x)<0,故f(x)的单调递增区间是和(2,+∞),单调递减区间是.(2)对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2)⇔在区间(0,2]上有f(x)max<g(x)max.由题意可知g(x)max=0,由(1)可知,①当a≤时,f(x)在区间(0,2]上单调递增.故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2,所以-2a-2+2ln2<0,解得a>ln2-1.故ln2-1<a≤.②当a>时,f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,故f(x)max=f-(2a+1)+2ln=--2-2lna<0.故a>时满足题意.综上,a的取值范围为(ln2-1,+∞).8.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-[aex+a(x-1)ex]=.因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.(2)证明①由(1)知,f'(x)=.令g(x)=1-ax2ex,由0<a<,可知g(x)在(0,+∞)内单调递减,又g(1)=1-ae>0,且gln=1-aln2=1-ln2<0,故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1<x0<ln.当x∈(0,x0)时,f'(x)==0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)==0,所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)=lnx-x+1,则当x>1时,h'(x)=-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)<h(1)=0,所以x<x-1.从而fln=lnln-aln-1=lnln-ln+1=hln<0,又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,从而lnx1=,即.因为当x>1时,lnx<x-1,又x1>x0>1,故,两边取对数,得ln<ln,于是x1-x0<2lnx0<2(x0-1),整理得3x0-x1>2.