高考大題專項(xiàng)練一　高考中的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一、非選擇題1.設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線斜率為0,求a;(2)若f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍.解:(1)因?yàn)?/span>f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,f'(2)=(2a-1)e2.由題設(shè)知f'(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.若a>1,則當(dāng)x∈時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)在x=1處取得極小值.若a≤1,則當(dāng)x∈(0,1)時,ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0.所以1不是f(x)的極小值點(diǎn).綜上可知,a的取值范圍是.2.已知函數(shù)f(x)=.(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程;(2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥0.答案:(1)解f'(x)=,f'(0)=2.因此曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0.(2)證明當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g'(x)=2x+1+ex+1.當(dāng)x<-1時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>-1時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.3.已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2-x-m(m∈Z).(1)若f(x)是增函數(shù),求a的取值范圍;(2)若a<0,且f(x)<0恒成立,求m的最小值.解:(1)f'(x)=+ax-1,依題設(shè)可得a≥,而=-,當(dāng)x=2時,等號成立.所以a的取值范圍是.(2)由(1)可知f'(x)=+ax-1=,設(shè)g(x)=ax2-x+1,則g(0)=1>0,g(1)=a<0,g(x)=a+1-在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.因此g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有唯一的解x0,使得a=x0-1,而且當(dāng)0<x<x0時,f'(x)>0,當(dāng)x>x0時,f'(x)<0,所以f(x)≤f(x0)=lnx0+-x0-m=lnx0+(x0-1)-x0-m=lnx0-x0--m.設(shè)r(x)=lnx-x--m,則r'(x)=>0.所以r(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增.所以r(x)<r(1)=-1-m,由已知可得-1-m≤0,所以m≥-1,即m的最小值為-1.4.函數(shù)f(x)=+ax+2ln x(a∈R)在x=2處取得極值.(1)求實(shí)數(shù)a的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若方程f(x)=m有三個實(shí)根,求m的取值范圍.解:(1)由已知f'(x)=x+a+,f'(2)=2+a+=0,故a=-3,所以f'(x)=x-3+,x>0,由f'(x)>0,得0<x<1或x>2;由f'(x)<0,得1<x<2.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1),(2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(1,2).(2)由(1)可知極小值f(2)=2ln2-4,極大值為f(1)=-.因?yàn)榉匠?/span>f(x)=m有三個實(shí)根,所以2ln2-4<m<-.5.已知函數(shù)f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).(1)證明:f'(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點(diǎn);(2)若x∈[0,π]時,f(x)≥ax,求a的取值范圍.答案:(1)證明設(shè)g(x)=f'(x),則g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.當(dāng)x∈時,g'(x)>0;當(dāng)x∈時,g'(x)<0,所以g(x)在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減.又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn).所以f'(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn).(2)解由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一個零點(diǎn),設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,π)單調(diào)遞減.又f(0)=0,f(π)=0,所以,當(dāng)x∈[0,π]時,f(x)≥0.又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時,ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范圍是(-∞,0].6.定義在實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)=x2+x,g(x)=x3-2x+m.(1)求函數(shù)f(x)的圖象在x=1處的切線方程;(2)若f(x)≥g(x)對任意的x∈[-4,4]恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解:(1)∵f(x)=x2+x,∴當(dāng)x=1時,f(1)=2,∵f'(x)=2x+1,∴f'(1)=3,∴所求切線方程為y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.(2)令h(x)=g(x)-f(x)=x3-x2-3x+m,則h'(x)=(x-3)(x+1).∴當(dāng)-4<x<-1時,h'(x)>0;當(dāng)-1<x<3時,h'(x)<0;當(dāng)3<x<4時,h'(x)>0.要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0,由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4處取得,而h(-1)=m+,h(4)=m-,故m+≤0,即m≤-,故實(shí)數(shù)m的取值范圍為.7.已知函數(shù)f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)g(x)=x2-2x,若對任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2),求a的取值范圍.解:f'(x)=ax-(2a+1)+(x>0).(1)f'(x)=(x>0).①當(dāng)a≤0時,x>0,ax-1<0,在區(qū)間(0,2)內(nèi),f'(x)>0,在區(qū)間(2,+∞)內(nèi),f'(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2),單調(diào)遞減區(qū)間是(2,+∞).②當(dāng)0<a<時,>2,在區(qū)間(0,2)和內(nèi),f'(x)>0,在區(qū)間內(nèi),f'(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2)和,單調(diào)遞減區(qū)間是.③當(dāng)a=時,f'(x)=,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞).④當(dāng)a>時,0<<2,在區(qū)間和(2,+∞)內(nèi),f'(x)>0,在區(qū)間內(nèi),f'(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是.(2)對任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2)?在區(qū)間(0,2]上有f(x)max<g(x)max.由題意可知g(x)max=0,由(1)可知,①當(dāng)a≤時,f(x)在區(qū)間(0,2]上單調(diào)遞增.故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2,所以-2a-2+2ln2<0,解得a>ln2-1.故ln2-1<a≤.②當(dāng)a>時,f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,故f(x)max=f-(2a+1)+2ln=--2-2lna<0因?yàn)楫?dāng)a>時,+2lna>+2lne-1=-2>-2.故a>時滿足題意.綜上,a的取值范圍為(ln2-1,+∞).8.(2020天津,20)已知函數(shù)f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)當(dāng)k=6時,①求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;②求函數(shù)g(x)=f(x)-f'(x)+的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)當(dāng)k≥-3時,求證:對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有.答案:(1)解①當(dāng)k=6時,f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依題意,g(x)=x3-3x2+6lnx+,x∈(0,+∞).從而可得g'(x)=3x2-6x+,整理可得g'(x)=.令g'(x)=0,解得x=1.當(dāng)x變化時,g'(x),g(x)的變化情況如下表:x(0,1)1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)↘極小值↗所以,函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞);g(x)的極小值為g(1)=1,無極大值.(2)證明由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+.對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令=t(t>1),則(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)3+3-2+kln=-3x2+3x1+k-2kln=(t3-3t2+3t-1)+k.①令h(x)=x--2lnx,x∈[1,+∞).當(dāng)x>1時,h'(x)=1+>0,由此可得h(x)在[1,+∞)單調(diào)遞增,所以當(dāng)t>1時,h(t)>h(1),即t--2lnt>0.因?yàn)?/span>x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以,(t3-3t2+3t-1)+kk≥(t3-3t2+3t-1)-3k=t3-3t2+6lnt+-1.②由(1)②可知,當(dāng)t>1時,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+>1,故t3-3t2+6lnt+-1>0.③由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.所以,當(dāng)k≥-3時,對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有.

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