高考大题专项练1 高考中的函数与导数

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1、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)=lnx-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,12x2+ax-a>xlnx+12成立.解:(1)原题即为存在x>0使得lnx-x+a+1≥0,∴a≥-lnx+x-1,令g(x)=-lnx+x-1,则g'(x)=-1x+1=x-1x.令g'(x)=0,解得x=1.∵当01时,g

2、'(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)证明:原不等式可化为12x2+ax-xlnx-a-12>0(x>1,a≥0).令G(x)=12x2+ax-xlnx-a-12,则G(1)=0.由(1)可知x-lnx-1>0,则G'(x)=x+a-lnx-1≥x-lnx-1>0,∴G(x)在(1,+∞)上单调递增,∴G(x)>G(1)=0成立,∴12x2+ax-xlnx-a-12>0成立,即12x2+ax-a>x1nx+12成立.〚导学号929

3、50922〛2.(2015河南新乡调研)已知函数f(x)=x-(a+1)lnx-ax(a∈R),g(x)=12x2+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)

4、'(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)lna-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

5、(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)-ae<1,即a>e2-2ee+1,所以a的取值范围为e2-2ee+1,1.〚导学号92950923〛3.(2015河北唐山二模)已知f(x)=x+1x+alnx,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)=g1t;4②

6、函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数.解:(1)f'(x)=1-1x2+ax=x2+ax-1x2,t=-a+a2+42>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+1t+1t-tlnt,则g1t=1t+t+t-1tln1t=t+1t+1t-tlnt=g(t).②g¢(t)=-1+1t2lnt,当t∈(0,1)时,g¢(t)>0,g(t)单调递增;当t∈(1

7、,+∞)时,g¢(t)<0,g(t)单调递减.又g1e2=g(e2)=3e2-e2<0,g(1)=2>0,分别存在唯一的c∈1e2,1和d∈(1,e2),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〛4.(2015河北保定高三调研)已知函数f(x)=lnx+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

8、+ax+1x.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=-12或a=1.又a≥0,所以a=-12(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)=lnx,显然在定义域内不满足f(x)<0恒成立;当a>0时,令f'(x)=(2ax+1)(-ax+1)x=0,得x1=-12a(舍去),x2=1a,所以f'(x),