2019年高考數(shù)學練習題匯總高考解答題分項練(五)

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1、 (五)函數(shù)與導數(shù)(A) 1．(2018·宿遷期末)已知函數(shù)f(x)＝a(a>0，且a≠1)是定義在R上的奇函數(shù)． (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的值域； (3)若存在x∈[1,2]，使得4＋mf(x)－2x＋1≥0成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)∵f(x)是R上的奇函數(shù)， ∴f(0)＝a＝0，可得a＝2. 經(jīng)檢驗a＝2符合題意． (2)由(1)可得f(x)＝2， ∴函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增， 又2x＋1>1，∴－2<－<0， ∴－2<2<2. ∴函數(shù)f(x)的值域為(－2,2)． (3)當x∈[1,2]時，f(x)＝2>0. 由題意知，存在x∈[

2、1,2]，使得mf(x)＝2m·≥2x＋1－4成立， 即存在x∈[1,2]，使得m≥成立． 令t＝2x－1(1≤t≤3)， 則有m≥＝t－＋1， ∵當1≤t≤3時，函數(shù)y＝t－＋1為增函數(shù)， ∴min＝0. ∴m≥0.故實數(shù)m的取值范圍為[0，＋∞)． 2．已知函數(shù)f(x)＝＋x. (1)若函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線經(jīng)過點(0，－1)，求a的值； (2)是否存在負整數(shù)a，使函數(shù)f(x)的極大值為正值？若存在，求出所有負整數(shù)a的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)∵f′(x)＝， ∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1. ∴函數(shù)f(x)在(1，f(1))

3、處的切線方程為 y－(ae＋1)＝x－1， 又直線過點(0，－1)，∴－1－(ae＋1)＝－1， 解得a＝－. (2)若a<0，f′(x)＝， 當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0恒成立，函數(shù)在(－∞，0)上無極值；當x∈(0,1)時，f′(x)>0恒成立，函數(shù)在(0,1)上無極值． 方法一　當x∈(1，＋∞)時，若f(x)在x0處取得符合條件的極大值f(x0)， 則則 由③得＝－，代入②得－＋x0>0， 結(jié)合①可解得x0>2，再由f(x0)＝＋x0>0，得a>－， 設h(x)＝－，則h′(x)＝， 當x>2時，h′(x)>0，即h(x)是增函數(shù)， ∴a>h(x0)>

4、h(2)＝－. 又a<0，故當極大值為正數(shù)時，a∈， 從而不存在負整數(shù)a滿足條件． 方法二　當x∈(1，＋∞)時，令H(x)＝aex(x－1)＋x2， 則H′(x)＝(aex＋2)x， ∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)， ∵a為負整數(shù)，∴a≤－1，∴aex0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0， ∴?x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0， 且當10，即f′(x)>0； 當x>x0時，H(x)<0，即f′(x)<0. ∴f(x)在

5、x0處取得極大值f(x0)＝＋x0.(*) 又H(x0)＝(x0－1)＋x＝0， ∴＝－，代入(*)得 f(x0)＝－＋x0＝<0， ∴不存在負整數(shù)a滿足條件． 3．(2018·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2－ax＋ln x＋a，其中a∈R. (1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)在x＝1處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)存在兩個極值點x1，x2，求f(x1)＋f(x2)的取值范圍； (3)若不等式f(x)≥ax－對任意的實數(shù)x∈(1，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)當a＝1時，f(x)＝x2－x＋ln x＋， 故f(1)＝， 且f′(x)＝x－1＋，故f′

6、(1)＝1， 所以函數(shù)f(x)在x＝1處的切線方程為y－＝x－1， 即4x－4y－1＝0. (2)由f(x)＝ax2－ax＋ln x＋a，x>0， 可得f′(x)＝ax－a＋＝， 因為函數(shù)f(x)存在兩個極值點x1，x2， 所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個正根， 即ax2－ax＋1＝0的兩個正根為x1，x2， 所以即 所以f(x1)＋f(x2)＝ax－ax1＋ln x1＋a＋ax－ax2＋ln x2＋a ＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)＋ln(x1x2)＋a ＝2a－ln a－1， 令g(a)＝2a－ln a－1，a>4， 故g′(a)＝

7、2－>0，g(a)在(4，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(a)>g(4)＝7－ln 4， 故f(x1)＋f(x2)的取值范圍是(7－ln 4，＋∞)． (3)由題意知，f(x)≥ax－對任意的實數(shù)x∈(1，＋∞)恒成立， 即2ln x＋ax2－4ax＋3a≥0對任意的實數(shù)x∈(1，＋∞)恒成立． 令h(x)＝2ln x＋ax2－4ax＋3a，x>1， 則h′(x)＝＋2ax－4a＝2·， ①若a＝0，當x>1時，h(x)＝2ln x>0， 故a＝0符合題意； ②若a>0， (ⅰ)若4a2－4a≤0，即00，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當

8、x>1時，h(x)>h(1)＝0，故00，即a>1，令h′(x)＝0， 得x1＝1－<1(舍去)， x2＝1＋>1， 當x∈(1，x2)時，h′(x)<0，h(x)在(1，x2)上單調(diào)遞減； 當x∈(x2，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以存在x＝x2>1，使得h(x2)1不符合題意． ③若a<0，令h′(x)＝0， 得x0＝1－＝1＋ >1. 當x∈(1，x0)時，h′(x)>0，h(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增； 當x∈(x0，＋∞)時，h′(x)<0，

9、 h(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減． 首先證明：4－>x0. 要證4－>x0， 即要證4－>1－， 只要證2－3a>， 因為a<0， 所以(2－3a)2－()2＝8a2－11a＋4>0， 故2－3a>，所以4－>x0. 其次證明，當a<0時， ln x1，則t′(x)＝－1<0， 故t(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以t(x)4－時，h(x)＝2ln x＋ax2－4ax＋3a<2＋ax2－4ax＋3a， 即h(x)