2018届高三数学（理人教版）二轮复习高考大题专攻练： 12 含解析.doc

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1、高考大题专攻练12.函数与导数(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.已知函数f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1)，其中a∈R.　世纪金榜导学号92494448(1)求f(x)的单调区间.(2)是否存在a的值，使得f(x)在[0，+∞)上既存在最大值又存在最小值？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.【解析】(1)f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1)=ln.设g(x)=，g′(x)=-.①当a=0时，f(x)无意义，所以a≠0.②当a>0时，f(x)的定义域为.令g′(x)=0，得x1=-a，x2=，g(x)与g′(x)的情况如表

2、：x(-∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘g(x1)↗g(x2)↘-(-a)=>0，所以>-a.-=-<0，所以<.故f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.③当a<0时，f(x)的定义域为.令g′(x)=0，得x1=-a，x2=，g(x)与g′(x)的情况如表：x(-∞，x2)x2(x2，x1)x1(x1，+∞)g′(x)+0-0+g(x)↗g(x2)↘g(x1)↗-(-a)=<0，所以<-a.-=->0，所以>.所以f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.(2)①当a>0时，由(1)可知，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在

3、[0，+∞)上存在最大值f=lna2.下面研究最小值：由于f(x)的定义域为.(ⅰ)若≥0，即01时，因为在上单调递增，所以f(x)在上存在最小值f(0)；因为f(x)在上单调递减，所以f(x)在上不存在最小值.所以，要使f(x)在[0，+∞)上存在最小值，只可能是f(0)=ln(g(0)).计算整理g(x)-g(0)=-(a2-1)=.要使f(x)在[0，+∞)上存在最小值，只需x∈[0，+∞)，g(x)-g(0)≥0.因为x2+1>0，则问题转化为x∈[0，+∞)时，(1-a2)x+

4、2a≥0恒成立.设h(x)=(1-a2)x+2a，则只需或解得0≤a≤1，这与a>1相矛盾，所以f(x)在[0，+∞)上没有最小值，不合题意.②当a<0时，由于f(x)的定义域为.(ⅰ)若≤0，即-1≤a<0时，f(x)在[0，+∞)上没有意义，也不存在最大值和最小值.(ⅱ)若>0，即a<-1时，由(1)可知f(x)在上单调递减，f(x)存在最大值，但不存在最小值.综上，不存在a的值，使得f(x)在[0，+∞)上既存在最大值又存在最小值.2.已知函数f(x)=aex+(2-e)x(a为实数，e为自然对数的底数)，曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线(3-e)x-y+10=0平行.　世纪

5、金榜导学号92494449(1)求实数a的值，并判断函数f(x)在区间[0，+∞)内的零点个数.(2)证明：当x>0时，f(x)-1>xln(x+1).【解析】(1)f′(x)=aex+2-e，由题设，可知曲线y=f(x)在x=0处的切线的斜率k=f′(0)=a+2-e=3-e，解得a=1，所以f(x)=ex+(2-e)x，所以x≥0时，f′(x)=ex+2-e≥e0+2-e>0，所以f(x)在区间[0，+∞)内为增函数，又f(0)=1>0，所以f(x)在区间[0，+∞)内没有零点.(2)当x>0时，f(x)-1>xln(x+1)等价于>ln(x+1)，记g(x)=ex-(x+1)，则g

6、′(x)=ex-1，当x>0时，g′(x)>0，所以当x>0时，g(x)在区间(0，+∞)内单调递增，所以g(x)>g(0)=0，即ex>x+1，两边取自然对数，得x>ln(x+1)(x>0)，所以要证明>ln(x+1)(x>0)，只需证明≥x(x>0)，即证明当x>0时，ex-x2+(2-e)x-1≥0，①设h(x)=ex-x2+(2-e)x-1，则h′(x)=ex-2x+2-e，令φ(x)=ex-2x+2-e，则φ′(x)=ex-2，当x∈(0，ln2)时，φ′(x)<0；当x∈(ln2，+∞)时，φ′(x)>0.所以φ(x)在区间(0，ln2)内单调递减，在区间(ln2，+∞)内单

7、调递增，又φ(0)=3-e>0，φ(1)=0，00；当x∈(x0，1)时，φ(x)<0，所以h(x)在区间(0，x0)内单调递增，在区间(x0，1)内单调递减，在区间(1，+∞)内单调递增，又h(0)=h(1)=0，所以h(x)=ex-x2+(2-e)x-1≥0，当且仅当x=1时，取等号，即①式成