2020版高考数学一轮复习 大题专项突破 高考大题专项1 函数与导数的综合（压轴大题） 文 北师大版

《2020版高考数学一轮复习 大题专项突破 高考大题专项1 函数与导数的综合（压轴大题） 文 北师大版》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

高考大题专项一　函数与导数的综合压轴大题突破1　利用导数求极值、最值、参数范围　　　　　　　　　　　　　　　　　1.已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.2.(2018山东潍坊一模,21)已知函数f(x)=alnx+x2.(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性;(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值.3.(2018山东师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)ex(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.4.(2018辽宁抚顺3月模拟,21改编)已知函数f(x)=ax-2lnx(a∈R).若f(x)+x3>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围.5.设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.6.(2018江西南昌一模,21改编)已知函数f(x)=ex-alnx-e(a∈R),其中e为自然对数的底数.若当x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. 突破2　利用导数证明问题及讨论零点个数　　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.2.(2018河北保定一模,21改编)已知函数f(x)=x+.设函数g(x)=lnx+1.证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).3.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,求a的取值范围.4.(2018安徽芜湖期末,21改编)已知函数f(x)=x3-alnx(a∈R).若函数y=f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,求实数a的取值范围.5.设函数f(x)=e2x-alnx.(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.6.(2018衡水中学押题三,21)已知函数f(x)=ex-x2+a,x∈R,曲线y=f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx.(1)求函数y=f(x)的解析式; (2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围. 高考大题专项一　函数与导数的综合压轴大题突破1　利用导数求极值、最值、参数范围1.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)ex.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的递减区间是(-∞,k-1),递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当00,∴f(x)在(1,+∞)递增.(2)f'(x)=2x+,当a≥0时f'(x)≥0,f(x)在[1,e]上递增,∴fmin(x)=f(1)=1.当a<0时,由f'(x)=0解得x=±(负值舍去),设x0=.若≤1,即a≥-2,也就是-2≤a<0时,x∈[1,e],f'(x)>0,f(x)递增,∴fmin(x)=f(1)=1.若1<0,即a>-x2+对任意x∈(1,+∞)恒成立,记p(x)=-x2+,定义域为(1,+∞),则p'(x)=-2x+,设q(x)=-2x3+2-2lnx,q'(x)=-6x2-,则当x>1时,q(x)递减,所以当x>1时,q(x)1时,p(x)0.即F(x)在(-2,x1)递减,在(x1,+∞)递增.故F(x)在[-2,+∞)的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0.故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.②若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)递增.而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.③若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上,k的取值范围是[1,e2]. 6.解由f(x)=ex-alnx-e(a∈R),得f'(x)=ex-,当a<0时,f'(x)=ex->0,f(x)在x∈[1,+∞)上递增,f(x)min=f(1)=0(合题意).当a>0时,f'(x)=ex-,当x∈[1,+∞)时,y=ex≥e.①当a∈(0,e]时,因为x∈[1,+∞),所以y=≤e,f'(x)=ex-≥0,f(x)在[1,+∞)上递增,f(x)min=f(1)=0(合题意).②当a∈(e,+∞)时,存在x0∈[1,+∞),满足f'(x)=ex-=0,f(x)在x0∈[1,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,故f(x0)-1时,g'(x)>0,g(x)递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.2.证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+-lnx-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=.∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,且-x0-a=0,h(x)在(0,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的,h(x)min=h(x0)=x0+-lnx0-1=x0+-lnx0-1=2x0-lnx0-2.令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上是增加的.∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,所以,当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).3.解法1函数f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=-3x2+1,有两个零点±,原函数草图∴a=0不合题意;当a>0时,当x→-∞时,f(x)→-∞,f(0)=1,f(x)存在小于0的零点x0,不合题意;当a<0时,f'(x)=3ax2-6x,由f'(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=<0, ∴在区间内f'(x)<0;在区间内f'(x)>0;在区间(0,+∞)内f'(x)<0.∴f(x)在区间内是减少的,在区间内是增加的,在区间(0,+∞)内是减少的.∴若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0⇔f(x)min=f>0⇔+1>0⇔<1⇔a2>4.∵a<0,∴a<-2.解法2曲线y=ax3与曲线y=3x2-1仅在y轴右侧有一个公共点,当a≥0时,由图像知不符合题意;当a<0时,设曲线y=ax3与曲线y=3x2-1相切于点(x0,y0),则得a=-2,由图像知a<-2时符合题意.解法3分离成a=-+3=-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+3t,g'(t)=-3t2+3=3(1-t2),当t∈(-1,1)时,g'(t)>0,当t>1或t<-1时,g'(x)<0.所以g(t)在(-∞,-1)递减,在区间(-1,1)递增,在(1,+∞)递减,所以当t=-1时,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的图像可知,t=1时,g(t)max=2.x→+∞时,g(t)→+∞,当a<-2时,直线y=a与g(t)=-t3+3t的图像只有一个交点,交点在第四象限,所以满足题意.4.解由f(x)=0,得a=在区间(1,e]上有两个不同实数解,即函数y=a的图像与函数g(x)=的图像有两个不同的交点.因为g'(x)=,令g'(x)=0得x=,所以当x∈(1,)时,g'(x)<0,函数在(1,)上递减,当x∈(,e]时,g'(x)>0,函数在(,e]上递增;则g(x)min=g()=3e,而g()==27>27,且g(e)=e3<27,要使函数y=a的图像与函数g(x)=的图像有两个不同的交点,∴a的取值范围为(3e,e3].5.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e2x递增,-递增,所以f'(x)在(0,+∞)递增. 又f'(a)>0,当b满足00时,f'(x)存在唯一零点.(2)证明由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)递减,在(x0,+∞)递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.故当a>0时,f(x)≥2a+aln.6.(1)解根据题意,得f'(x)=ex-2x,则f'(0)=1=b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入y=f(x),得a=-1,故f(x)=ex-x2-1.(2)证明令g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1.由g'(x)=ex-1=0,得x=0,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,y=g(x)递减;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,y=g(x)递增.所以g(x)min=g(0)=0,所以f(x)≥-x2+x.(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令φ(x)=,x>0,得φ'(x)=.由(2)可知,当x∈(0,+∞)时,ex-x-1>0恒成立,令φ'(x)>0,得x>1;令φ'(x)<0,得0