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,2x2+ax-a>xln x+2成立. 解:(1)原题即为存在x>0使得ln x-x+a+1≥0,
1
1
∴a≥-ln x+x-1,令g(x)=-ln x+x-1,
则g'(x)=-𝑥+1=𝑥.令g'(x)=0,解得x=1.
1
𝑥-1
∵当0 ∴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2x2+ax-xln x-a-2>0(x>1,a≥0). 令G(x)=2x2+ax-xln x-a-2,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, 1 11 1 ∴G(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴G(x)>G(1)=0成立, ∴2x2+ax-xln x-a-2>0成立, 即x2+ax-a>x1n x+成立. 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) . 𝑥2𝑎 𝑥 12 12 12 1 1 〚导学号92950922〛 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 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)-𝑎e . 综上,当a≤1时,f(x)min=1-a; 当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)-𝑎e . 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)-𝑎 e<1,即 a>e2-2ee+1, 所以a的取值范围为(e2-2e e+1,1). 3.(2015河北唐山二模)已知f(x)=x+1 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(1 𝑡); ②函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数. 解:(1)f'(x)=1-1 𝑥2+𝑎 𝑥2+𝑎𝑥-1𝑥= 𝑥2,t=-𝑎+√𝑎2+4 2>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=1𝑡 -t. (2)①由(1)知f(x)的极小值为g(t)=t+1 +(1𝑡𝑡-𝑡)ln t, 则g(1 )=1 +t+(𝑡-1 )ln1 =t+1 +(1 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡-𝑡)ln t=g(t). ②g¢(t)=-(1+1𝑡 2)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(1 e2)=g(e2)=3 e2-e2<0,g(1)=2>0, 分别存在唯一的c∈(1 e2,1)和d∈(1,e2), 2 导学号92950923〛 〚 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. 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)= -2𝑎2𝑥2+𝑎𝑥+1 . 𝑥 〚导学号92950924〛 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)=得x1=-2𝑎(舍去),x2=𝑎, 所以f'(x),f(x)的变化情况如下表: x 11(0,) aa1(,a+∞) 1 1 (2𝑎𝑥+1)(-𝑎𝑥+1) =0,𝑥1 212f'(x) + 0 - 单调递极大单调递f(x) 增 值 减 所以f(x)max=f(𝑎)=ln𝑎<0, 1 1 ∴a>1. 综上可得实数a的取值范围是(1,+∞). 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. 〚导学号92950925〛 3 (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. 𝑓(1)-𝑓(0)≤e-1, 所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是{ 𝑓(-1)-𝑓(0)≤e-1,即{e𝑚-𝑚≤e-1,e-𝑚+𝑚≤e-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]. 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)=-5 2x+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)=1 𝑥+𝑎-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1 𝑥+𝑎-2x+1=0, ∴1 1+𝑎-1=0,则得a=0.经检验符合题意. (2)∵f(x)=-5 2x+b, ∴ln x-x2+x=-5 2x+b, ∴ln x-x2+7 2x=b. 令h(x)=ln x-x2+7 2x(x>0), 则h'(x)=1 4𝑥+1)(𝑥-2) 𝑥-2x+7 2=-(2𝑥. 4 ① 〚导学号92950926〛 ∴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 - 极h(x) ↗ 大↘ 值 计算得:h(1)=5,h(3)=ln 3+3>5222,h(2)=ln 2+3, ∴h(x)∈[5 2,ln2+3]. ∴b的取值范围为[5 2,ln2+3]. (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 -1=(𝑥+1) 𝑥𝑥·(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). 5 导学号92950927〛 〚 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容