2019届高考数学专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练理.docx

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1、第2讲　综合大题部分1.(2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．①若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－lna.当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)<0；当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)①若a≤0，由(1)知，

2、f(x)至多有一个零点．②若a>0，由(1)知，当x＝－lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(－lna)＝1－＋lna.a．当a＝1时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点；b．当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋lna>0，即f(－lna)>0，故f(x)没有零点；c．当a∈(0,1)时，1－＋lna<0，即f(－lna)<0.又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，故f(x)在(－∞，－lna)有一个零点．设正整数n0满足n0>ln，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.由于ln>－lna，因此f(x)在(－ln

3、a，＋∞)有一个零点．综上，a的取值范围为(0,1)．2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，…0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.故a＝1.(2)由(

4、1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0.令x＝1＋得ln<.从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.故…2，所以m的最小值为3.3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解析：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0

5、，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点．②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．③若h(2)＜0，即a＞，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0

6、,2)有一个零点；由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.1.已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋ax2，a>0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1,0)上有唯一零点x0，证明：e－2－1，令g(x)＝2ax2＋2ax＋1，则Δ＝4a2－8a＝4a(a－2)，若Δ<0，即00，故当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(

7、x)单调递增．若Δ＝0，即a＝2，则g(x)≥0，仅当x＝－时，等号成立，故当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．若Δ>0，即a>2，则g(x)有两个零点，x1＝，x2＝，由g(－1)＝g(0)＝1>0，g(－)<0得，－10，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x