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（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考解答題專項(xiàng)練1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù).docx

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高考解答題專項(xiàng)練——函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1.(2017浙江湖州改編)已知函數(shù)f(x)=ln x+1-xax,其中a為大于零的常數(shù). (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,求a的取值范圍; (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最小值. 解(1)由題意,f(x)=1x-1ax2=ax-1ax2, ∵a為大于零的常數(shù), ∴若使函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞增, 則使ax-1≥0在區(qū)間[1,+∞)上恒成立, 即a-1≥0,故a≥1; (2)當(dāng)a≥1時(shí),f(x)>0在(1,2)上恒成立, 這時(shí)f(x)在[1,2]上為增函數(shù),∴f(x)min=f(1)=0. 當(dāng)00, ∴f(x)min=f1a=ln1a+1-1a, 綜上,f(x)在[1,2]上的最小值為 ①當(dāng)00, ∴g(x)在(0,+∞)遞增,∴g(x)≥g(0)=0, 即ln(x+1)≥x-12x2; (2)解由f(x)≥4x?(t+1)lnx+tx2+3t-4x≥0, 令φ(x)=(t+1)lnx+tx2+3t-4x, 首先由φ(1)≥0?t≥1,此時(shí)φ(x)=2tx2-4x+t+1x, 令h(x)=2tx2-4x+t+1, ∵t≥1,∴Δ=16-8t(t+1)<0,∴h(x)>0恒成立, 即φ(x)>0,φ(x)在[1,+∞)遞增, 故φ(x)≥φ(1)=4t-4≥0,綜上,t≥1. 3.(2018浙江臺(tái)州一模)已知函數(shù)f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,m∈R. (1)若m=2,寫出函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若對(duì)于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<4,求m的取值范圍. 解(1)若m=2,則f(x)=2x3-9x2+12x, ∵f(x)=6x2-18x+12=6(x2-3x+2)=6(x-1)(x-2), 令f(x)>0,則x<1,或x>2, ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1),(2,+∞). (2)f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx, f(x)=6x2-6(m+1)x+6m=6(x-1)(x-m), ①當(dāng)m≥1時(shí),f(x)在區(qū)間(-1,1)上遞增,f(x)max=f(1)=3m-1<4,得m<53,∴1≤m<53; ②當(dāng)-10,(m+1)(m-2)2>0恒成立, ∴-1-1(舍去). 綜上,m的取值范圍為-10, 所以f(x)在0,1e上單調(diào)遞減;在1e,+∞上單調(diào)遞增. (2)存在x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立, 即2xlnx≤-x2+ax-3在x∈(0,+∞)成立, 等價(jià)于a≥2lnx+x+3x在x∈(0,+∞)成立, 等價(jià)于a≥2lnx+x+3xmin. 記h(x)=2lnx+x+3x,x∈(0,+∞), 則h(x)=2x+1-3x2=x2+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h(x)<0, 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h(x)>0, 所以當(dāng)x=1時(shí),h(x)取最小值為4,故a≥4. 5.已知函數(shù)f(x)=ln x+ax. (1)若函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y=2x+m,求實(shí)數(shù)a和m的值; (2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞) (1)∵f(x)=lnx+ax,∴f(x)=1x+a. ∵函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y=2x+m, ∴f(1)=1+a=2,得a=1. 又∵f(1)=ln1+a=1,∴函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y-1=2(x-1),即y=2x-1,∴m=-1. (2)由(1)知f(x)=1x+a=1+axx(x>0). 當(dāng)a≥0時(shí),∵f(x)=1+axx>0,∴函數(shù)f(x)=lnx+ax在(0,+∞)上單調(diào)遞增,從而函數(shù)f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn),不符合題意; 當(dāng)a<0時(shí),∵f(x)=ax+1ax(x>0), ∴函數(shù)f(x)在0,-1a上單調(diào)遞增,在-1a,+∞上單調(diào)遞減, ∴函數(shù)f(x)max=f-1a=ln-1a+a-1a=ln-1a-1. ∴要滿足函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,必有f(x)max=ln-1a-1>0,得a>-1e. ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是-1e,0. 6.(2018浙江湖州2模)已知函數(shù)f(x)=1-e-xx(x>0). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求證:f(x)>e-x2(x>0). (1)解已知函數(shù)f(x)=1-e-xx(x>0),其導(dǎo)函數(shù)為f(x)=1+x-exx2ex. 令h(x)=ex-x-1,則h(x)=ex-1, 當(dāng)x<0時(shí),h(x)=ex-1<0;當(dāng)x>0時(shí),h(x)=ex-1>0, 所以h(x)min=h(0)=0,即ex≥x+1,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立.由已知x>0,得ex>x+1,1+x-exx2ex<0,所以f(x)<0. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞). (2)證明f(x)>e-x2(x>0)等價(jià)于e-x+xe-x2-1<0(x>0). 令g(x)=e-x+xe-x2-1,x>0,g(x)=-e-x+e-x2+x-12e-x2=-e-x2e-x2--x2+1,由(1)易得e-x2>-x2+1,所以g(x)<0.所以當(dāng)x>0時(shí),有g(shù)(x)0).故f(x)>e-x2(x>0).

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