资源描述
高考大题专项练1 高考中的函数与导数
高考大题专项练第2页
1.(2015山西四校联考)已知f(x)=ln x-x+a+1.
(1)若存在x∈(0,+∞)使得f(x)≥0成立,求a的取值范围;
(2)求证:当x>1时,在(1)的条件下,x2+ax-a>xln x+成立.
解:(1)原题即为存在x>0使得ln x-x+a+1≥0,
∴a≥-ln x+x-1,令g(x)=-ln x+x-1,
则g'(x)=-+1=.令g'(x)=0,解得x=1.
∵当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
当x>1时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
∴g(x)min=g(1)=0,a≥g(1)=0.
故a的取值范围是[0,+∞).
(2)证明:原不等式可化为x2+ax-xln x-a->0(x>1,a≥0).
令G(x)=x2+ax-xln x-a-,则G(1)=0.
由(1)可知x-ln x-1>0,
则G'(x)=x+a-ln x-1≥x-ln x-1>0,
∴G(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴G(x)>G(1)=0成立,
∴x2+ax-xln x-a->0成立,
即x2+ax-a>x1n x+成立.〚导学号92950922〛
2.(2015河南新乡调研)已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+ex-xex.
(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;
(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求a的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.
①当a≤1时,x∈[1,e],f'(x)≥0,
f(x)为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.
②当1<a<e时,x∈[1,a]时,f'(x)≤0,f(x)为减函数;
x∈[a,e]时,f'(x)≥0,f(x)为增函数.
所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.
③当a≥e时,x∈[1,e]时,f'(x)≤0,
f(x)在[1,e]上为减函数.
f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.
综上,当a≤1时,f(x)min=1-a;
当1<a<e时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1;
当a≥e时,f(x)min=e-(a+1)-.
(2)由题意知:f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.
由(1)知f(x)在[e,e2]上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.g'(x)=(1-ex)x.
当x∈[-2,0]时g'(x)≤0,g(x)为减函数,g(x)min=g(0)=1,
所以e-(a+1)-<1,即a>,
所以a的取值范围为.〚导学号92950923〛
3.(2015河北唐山二模)已知f(x)=x++aln x,其中a∈R.
(1)设f(x)的极小值点为x=t,请将a用t表示;
(2)记f(x)的极小值为g(t),证明:
①g(t)=g;
②函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数.
解:(1)f'(x)=1-,t=>0,
当x∈(0,t)时,f¢(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(t,+∞)时,f¢(x)>0,f(x)单调递增.
由f¢(t)=0得a=-t.
(2)①由(1)知f(x)的极小值为g(t)=t+ln t,
则g+t+ln
=t+ln t=g(t).
②g¢(t)=-ln t,
当t∈(0,1)时,g¢(t)>0,g(t)单调递增;
当t∈(1,+∞)时,g¢(t)<0,g(t)单调递减.
又g=g(e2)=-e2<0,g(1)=2>0,
分别存在唯一的c∈和d∈(1,e2),
使得g(c)=g(d)=0,且cd=1,
所以y=g(t)有两个零点且互为倒数.〚导学号92950924〛
4.(2015河北保定高三调研)已知函数f(x)=ln x+ax-a2x2(a≥0).
(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求a的值;
(2)若f(x)<0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围.
解:(1)函数的定义域为(0,+∞),
f'(x)=.
因为x=1是函数y=f(x)的极值点,
所以f'(1)=1+a-2a2=0,
解得a=-或a=1.又a≥0,所以a=-(舍去).
经检验当a=1时,x=1是函数y=f(x)的极值点,所以a=1.
(2)当a=0时,f(x)=ln x,显然在定义域内不满足f(x)<0恒成立;
当a>0时,令f'(x)==0,
得x1=-(舍去),x2=,
所以f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
f'(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
所以f(x)max=f=ln<0,
∴a>1.
综上可得实数a的取值范围是(1,+∞).〚导学号92950925〛
5.(2015课标全国Ⅱ,理21)设函数f(x)=emx+x2-mx.
(1)证明:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.
解:(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f'(x)>0.
所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.
所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是
即①
设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.
当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.
故g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,
故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].〚导学号92950926〛
6.已知函数f(x)=ln(x+a)-x2+x,g(x)=x·ex-x2-1(x>0),且f(x)在点x=1处取得极值.
(1)求实数a的值;
(2)若关于x的方程f(x)=-x+b在区间[1,3]上有解,求b的取值范围;
(3)证明:g(x)≥f(x).
解:(1)∵f(x)=ln(x+a)-x2+x,
∴f'(x)=-2x+1.
∵函数f(x)=ln(x+a)-x2+x在点x=1处取得极值,
∴f'(1)=0,即当x=1时-2x+1=0,
∴-1=0,则得a=0.经检验符合题意.
(2)∵f(x)=-x+b,
∴ln x-x2+x=-x+b,
∴ln x-x2+x=b.
令h(x)=ln x-x2+x(x>0),
则h'(x)=-2x+=-.
∴当x∈[1,3]时,h'(x),h(x)随x的变化情况如下表:
x
1
(1,2)
2
(2,3)
3
h'(x)
+
0
-
h(x)
↗
极大值
↘
计算得:h(1)=,h(3)=ln 3+,h(2)=ln 2+3,
∴h(x)∈.
∴b的取值范围为.
(3)证明:令F(x)=g(x)-f(x)=x·ex-ln x-x-1(x>0),
则F'(x)=(x+1)·ex--1=·(x·ex-1),
令G(x)=x·ex-1,
则∵G'(x)=(x+1)·ex>0(x>0),
∴函数G(x)在(0,+∞)递增,G(x)在(0,+∞)上的零点最多一个.
又∵G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,
∴存在唯一的c∈(0,1)使得G(c)=0,
且当x∈(0,c)时,G(x)<0;当x∈(c,+∞)时,G(x)>0.
即当x∈(0,c)时,F'(x)<0;当x∈(c,+∞)时,F'(x)>0.
∴F(x)在(0,c)上递减,在(c,+∞)上递增,
从而F(x)≥F(c)=c·ec-ln c-c-1.
由G(c)=0得c·ec-1=0,
即c·ec=1,两边取对数得ln c+c=0,
∴F(c)=0.∴F(x)≥F(c)=0.
从而证得g(x)≥f(x).〚导学号92950927〛
3
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
