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【高优指导】2017高考数学一轮复习 高考大题专项练1 高考中的函数与导数 理(含解析)北师大版


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 (2)求证:当 x>1 时,在(1)的条件下,x +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 (2)证明:原不等式可化为 x +ax-xln x-a->0(x>1,a≥0). 2 令 G(x)=x +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, 2 即 x +ax-a>x1n x+成立.?导学号 92950922? 2 x x 2.(2015 河南新乡调研)已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x +e -xe . (1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值; 2 (2)当 a<1 时,若存在 x1∈[e,e ],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 (2)由题意知:f(x)(x∈[e,e ])的最小值小于 g(x)(x∈[-2,0])的最小值. 2 x 由(1)知 f(x)在[e,e ]上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.g'(x)=(1-e )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, 1

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. 2 2 又 g=g(e )=-e <0,g(1)=2>0, 2 分别存在唯一的 c∈和 d∈(1,e ), 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? 2 2 4.(2015 河北保定高三调研)已知函数 f(x)=ln x+ax-a x (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, 2 所以 f'(1)=1+a-2a =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 极 值

-

f( 单调 单调 大 x) 递增 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? mx 2 5.(2015 课标全国Ⅱ,理 21)设函数 f(x)=e +x -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. mx 解:(1)f'(x)=m(e -1)+2x. mx 若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1≤0,f'(x)<0; mx 当 x∈(0,+∞)时,e -1≥0,f'(x)>0. mx 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1>0,f'(x)<0; mx 当 x∈(0,+∞)时,e -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 t t 设函数 g(t)=e -t-e+1,则 g'(t)=e -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.

2

又 g(1)=0,g(-1)=e +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; m 当 m>1 时,由 g(t)的单调性,g(m)>0,即 e -m>e-1; -m 当 m<-1 时,g(-m)>0,即 e +m>e-1. 综上,m 的取值范围是[-1,1].?导学号 92950926? 2 x 2 6.已知函数 f(x)=ln(x+a)-x +x,g(x)=x·e -x -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). 2 解:(1)∵f(x)=ln(x+a)-x +x, ∴f'(x)=-2x+1. ∵函数 f(x)=ln(x+a)-x2+x 在点 x=1 处取得极值,

-1

∴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. 2 令 h(x)=ln x-x +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 3 2) 3) 0 -

h'( + x) 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. x (3)证明:令 F(x)=g(x)-f(x)=x·e -ln x-x-1(x>0), x x 则 F'(x)=(x+1)·e --1=·(x·e -1), x 令 G(x)=x·e -1, x 则∵G'(x)=(x+1)·e >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, c 从而 F(x)≥F(c)=c·e -ln c-c-1. c 由 G(c)=0 得 c·e -1=0, c 即 c·e =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?

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