2020年高考理科数学高考大题专项1函数与导数的综合压轴大题

而 F (x1)= 2x1+ 2- -4x1- 2=-x 1(x1+ 2)≥ 0.故当 x≥ -2 时 ,F(x)≥ 0,即 f(x)≤ kg(x)恒成立 . ②若 k= e2,则 F' (x)= 2e2(x+ 2)(ex-e- 2).
从而当 x>- 2 时 ,F' (x)> 0,即 F(x) 在(-2,+ ∞)单调递增 .
5.(2018 河南郑州一模 ,21)已知函数 f(x)= ln x+
,a∈R 且 a≠0.
(1) 讨论函数 f(x)的单调性 ;
(2) 当 x
x
时,试判断函数 g(x)= (ln x- 1)e +x-m 的零点个数 .
x2
6.(2018 河北衡水中学押题三 ,21)已知函数 f( x)=e -x +a ,x∈ R,曲线 y=f (x)的图象在点 (0,f(0)) 处的切线 方程为 y=bx.
F' (1) < 0,
又 F' (ln m)= > 0,
故存在 x1∈(1,ln m),使 F' (x)= 0, 当 1<x<x 1 时 ,F' (x)< 0,得 F(x)在 (1, x1)上单调递减 ,F(x)<F (1)= 0,舍去 ,综上 ,实数 m 的取值范围是 m≤ e+ 1.
5.解 (1)由已知得 f(0) =2,g(0)= 2,f'(0) =4,g' (0)= 4. 而 f' (x)= 2x+a ,g'(x) =ex(cx+d+c ),
所以 f(x)的极大值为 f(1)= ln e-1= 0,无极小值 .
(2)由 (1) f(x)= ln x-x+ 1,当
-
f( x)+ x(m< 0)恒成立时 ,
即
-
ln x-x+ 1+ x(m< 0)在 x∈(0,+ ∞)恒成立 ,同除以 x 得
-2+
设 g(x)= ,h(x)=
-2,
则 g'(x)= - ,h'(x)=- ,
(1) 求函数 y=f (x)的解析式 ; (2) 当 x∈R 时 ,求证 :f(x) ≥-x2+x ;
(3) 若 f(x)>kx 对任意的 x∈ (0,+ ∞)恒成立 ,求实数 k 的取值范围 .
高考大题专项一 函数与导数的综合
突破 1 利用导数求极值、最值、参数范围
1.解 (1)由题意知 f'(x)= (x-k+ 1)ex. 令 f' (x)= 0,得 x=k- 1.
当 x∈ (-∞,k-1) 时 ,f'(x) <0,当 x∈( k-1,+∞)时 ,f'(x)> 0. 所以 f(x)的单调递减区间是 (-∞,k-1),单调递增区间是 (k-1,+ ∞).
(2)当 k-1≤ 0,即 k≤1 时 ,f (x)在 [0,1] 上单调递增 , 所以 f(x)在区间 [0,1] 上的最小值为 f(0)=-k ;
-
1.(2018 全国 3,文 21)已知函数 f (x)= (1) 求曲线 y=f (x)在点 (0,-1) 处的切线方程 ; (2) 证明 :当 a≥ 1 时 ,f(x)+ e≥ 0.
2.(2018 河北保定一模 ,21 改编 )已知函数 f (x)= ln x明:f
(a∈ R).若 f(x)有两个极值点 x1,x2,证
5.设函数 f(x)=x 2+ax+b ,g( x)=ex(cx+d ).若曲线 y=f (x)和曲线 y=g (x)都过点 P(0,2), 且在点 P 处有相同的 切线 y= 4x+ 2. (1) 求 a,b,c,d 的值 ; (2) 若 x≥ -2 时 ,f(x)≤ kg(x),求 k 的取值范围 .
所以 f(x) min=f (1)= (1-a)e.
②若 a-1≥2,则 a≥3,当 x∈ [1,2] 时 ,f'(x)≤ 0,则 f(x)在 [1,2] 上单调递减 . 所以 f(x) min=f (2)= (2-a)e2.
③若 1<a- 1< 2,则 2<a< 3,
所以 f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表 :
综上 ,当 k≤ 1 时 ,f(x)在[0,1] 上的最小值为 f(0) =-k ; 当 1<k< 2 时 ,f(x) 在[0,1] 上的最小值为 f( k-1)=- ek-1; 当 k≥ 2 时,f(x)在 [0,1] 上的最小值为 f(1) = (1-k)e. 2.解 由 g(x)= (x+ 1)ex-a(x+ 2)2, 得 g'(x)= (x+ 2)ex-2a(x+ 2)=( x+ 2)(ex-2a), (ⅰ)当 a≤ 0 时 ,在 ( -∞,-2)上 ,g'(x) < 0,在 (-2,+ ∞)上 ,g'( x)>0. (ⅱ)当 a> 0 时,令 g'(x)= 0,解得 x=- 2 或 x= ln(2 a).
又 ∵m< 0,所以当 0<x< 1 时 ,g' (x)< 0,h'(x) > 0;当 x> 1 时 ,g'(x)> 0,h' (x)< 0. ∴g(x)在 (0,1)上单调递减 ,在 (1,+ ∞)上单调递增 ,g(x)min=g (1)= ,h(x)在 (0,1)上单调递增 ,在 (1, +∞)上
6.(2018 河北江西南昌一模 ,21)已知函数 f(x)= ln( ax)+bx 在点 (1,f(1)) 处的切线是 y= 0.
(1) 求函数 f (x)的极值 ;
(2) 当
-
f(x)+ x(m< 0)恒成立时 ,求实数 m 的取值范围 (e 为自然对数的底数 ).
突破 2 利用导数证明问题及讨论零点个数
单调递减 ,h(x)max=h (1) = -1.
∴g(x),h(x) 均在 x= 1 处取得最值 ,所以要使 g(x)≥ h(x)恒成立 ,
只需 g(x)min≥ h(x)max,
即
-1,解得 m≥ 1-e,又 m< 0,∴实数 m 的取值范围是 [1-e,0).
突破 2 利用导数证明问题及讨论零点个数
3.(2018 山东师大附中一模 ,21)已知函数 f(x)= (x-a)ex(a∈ R) . (1) 当 a= 2 时 ,求函数 f(x)在 x= 0 处的切线方程 ; (2) 求 f(x)在区间 [1,2] 上的最小值 .
4.(2018 陕西咸阳一模 ,21 改编 )已知 f(x)=ex-aln x(a∈ R ).当 a=- 1 时 ,若不等式 f(x)> e+m ( x-1)对任意 x ∈(1,+ ∞)恒成立 ,求实数 m 的取值范围 .
∴f'(x)= +b= +b ,
∵点 (1,f(1)) 处的切线是 y= 0, ∴f'(1) = 1+b= 0,且 f(1) = ln a+b= 0,
∴a= e,b=- 1,即 f(x)= ln x-x+ 1(x> 0),∴f'(x)= -1= - ,∴f(x)在 (0,1) 上递增 ,在 (1,+ ∞)上递减 .
故 b= 2,d= 2,a= 4,d+c= 4. 从而 a= 4,b= 2,c= 2,d= 2. (2)由 (1) 知 ,f(x)=x 2+ 4x+ 2,g(x)= 2ex(x+ 1) .设函数 F(x)=kg (x)-f(x)= 2kex(x+ 1)-x2-4x-2, 则 F' (x)= 2kex(x+ 2) -2x-4= 2(x+ 2)(kex-1) . 由题设可得 F(0) ≥ 0,即 k≥ 1.
高考大题专项一 函数与导数的综合压轴大题 突破 1 利用导数求极值、最值、参数范围
x
1.已知函数 f(x)= (x-k)e . (1) 求 f(x)的单调区间 ; (2) 求 f(x)在区间 [0,1] 上的最小值 .
2.(2018 福建龙岩 4 月质检 ,21 改编 )已知函数 f (x)= (x-2)ex-a(x+ 2)2.求函数 g( x)=f (x)+ 3ex的极值点 .
x
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(1, a-1)
a-1
(a-1,2)
f'(x) f(x) 单调递减
0 极小值
+ 单调递增
所以 f(x)的单调递减区间为 [1,a- 1],单调递增区间为 [ a-1,2] .
所以 f(x)在 [1,2] 上的最小值为 f(a- 1)=- ea-1.
综上所述 : 当 a≤ 2 时 ,f(x) min=f (1)= (1-a)e; 当 a≥3 时 ,f(x)min=f (2) = (2-a )e2; 当 2<a< 3 时 ,f(x)min=f (a-1)=- ea-1. 4.解 由 f(x)= ex-a ln x,原不等式即为 ex+ ln x-e-m(x-1)> 0, 记 F (x)= ex+ ln x-e-m(x-1), F(1) = 0,依题意有 F(x)> 0 对任意 x∈ [1,+ ∞)恒成立 ,
3.已知函数 f(x)=ax 3-3x2+ 1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0> 0,求 a 的取值范围 .
4.(2018 安徽芜湖期末 ,21 改编 )已知函数 f (x)=x 3-aln x(a∈ R ).若函数 y=f (x)在区间 (1,e]上存在两个不 同零点 ,求实数 a 的取值范围 .
求导得 F' ( x)= ex+ -m ,F' (1)= ex+ 1-m,F″ (x) = ex- ,
当 x> 1 时 ,F″(x)> 0, 则 F' (x)在 (1, +∞)上单调递增 ,有 F' (x)>F' (1)= ex+ 1-m ,
若 m≤ e+ 1,则 F' (x) > 0,则 F(x)在 (1,+ ∞)上单调递增 ,且 F(x)>F (1) = 0,适合题意 ;若 m> e+ 1,则
而 F (-2)= 0,故当 x≥ -2 时 ,F(x)≥0,即 f(x)≤ kg(x)恒成立 .
③若
k> e2,则
F (-2)=-
-2
2ke + 2=-
-2
2
2e (k-e ) <0.
从而当 x≥ -2 时 ,f(x)≤ kg(x)不可能恒成立 . 综上 ,k 的取值范围是 [1,e2].
6.解 (1)∵f(x) =ln( ax)+bx ,
-
1.(1) 解 f' (x)=
-
,f'(0) = 2.因此曲线 y=f (x)在点 (0,-1) 处的切线方程是 2x-y-1= 0.
①若 a= ,ln(2 a)=- 2,g'(x)≥ 0 恒成立 ;
②若 a> ,ln(2 a)>- 2,在( -2,ln(2 a))上 ,g'( x)< 0; 在 (-∞,-2)与 (ln(2 a),+ ∞) 上,g'(x)> 0. ③若 a< ,ln(2 a)<- 2,在(ln(2 a),-2)上 ,g'( x)< 0; 在 (-∞,ln(2 a))与 (- 2,+ ∞) 上,g'(x)> 0. 综上 ,当 a≤ 0 时 ,g(x)极小值点为 -2,无极大值点 ;当 0<a< 时 ,
当 0<k- 1< 1,即 1<k< 2 时 ,f(x)在 [0,k-1] 上单调递减 ,在 [k-1,1] 上单调递增 ,所以 f(x)在区间 [0,1] 上的 最小值为 f(k-1) =- ek- 1;
当 k-1≥ 1,即 k≥ 2 时 ,f(x)在 [0,1] 上单调递减 ,所以 f(x)在区间 [0,1] 上的最小值为 f(1)= (1-k)e.
令 F' (x)= 0 得 x1=- ln k,x2=- 2. ①若 1≤ k< e2,则 -2<x 1≤ 0.
从而当 x∈ (- 2,x1)时 ,F' (x)< 0;
当 x∈ (x1,+ ∞)时 ,F' (x)> 0.
即 F (x)在 (-2,x1)单调递减 ,在 (x1,+∞) 单调递增 .故 F (x)在 [- 2,+ ∞)的最小值为 F(x1).
g(x)极小值点为 -2,极大值点为 ln(2 a); 当 a= 时 ,g(x)无极值点 ;当 a> 时 ,g(x)极小值点为 ln(2 a),
极大值点为 -2.
3.解 (1)设切线的斜率为 k. 因为 a= 2,所以 f(x)= (x-2)ex,f'(x)= ex( x-1). 所以 f(0)=- 2,k=f' (0) = e0(0-1)=- 1.所以所求的切线方程为 y=-x- 2,即 x+y+ 2= 0. (2)由题意得 f'(x)=ex(x-a+ 1),令 f'(x)= 0,可得 x=a- 1. ①若 a-1≤1,则 a≤2,当 x∈ [1,2] 时 ,f'(x)≥ 0,则 f(x)在 [1,2] 上单调递增 .