(通用版)2019版高考数学二轮复习课件+训练：专题检测(二十三)“函数与导数”压轴大题的抢分策略理.pdf

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1、专题检测（二十三）“函数与导数”压轴大题的抢分策略a1．(2018·武汉调研)已知函数f(x)＝lnx＋(a∈R)．x(1)讨论函数f(x)的单调性；2a－1(2)当a>0时，证明：f(x)≥.a1ax－a解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．xx2x2当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若00时，f(x)＝f(a)＝lna＋1.min2a－12a－1要证f(x)≥，只需证lna＋1≥，aa1即证l

2、na＋－1≥0.a1令函数g(a)＝lna＋－1，a11a－1则g′(a)＝－＝(a>0)，aa2a2当01时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)＝g(1)＝0.min1所以lna＋－1≥0恒成立，a2a－1所以f(x)≥.a2．(2018·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：(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)＝

3、－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(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)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．4a故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．e2e2①

4、当h(2)>0，即a<时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．4e2②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．4e2③当h(2)<0，即a>时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．416a316a316a31由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，e4a2a2a4a故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．e2综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.4k3．(2018·西安质检)设函数f(x)＝lnx＋(k∈R)．x(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的

5、切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意的x>x>0，f(x)－f(x)0)，xx2∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，1k∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，ee21ex－e∴f′(x)＝－＝(x>0)．xx2x2由f′(x)<0，得00，得x>e，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，e当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝lne＋＝2.e∴f(x)的极小值为2.(2

6、)由题意知对任意的x>x>0，f(x)－x0)，x则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，1k∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，xx211即当x>0时，k≥－x2＋x＝－x－2＋恒成立，241∴k≥.41故k的取值范围是，＋∞.44．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.(1)若a＝0，证明：当－10时，f(x)>0；(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.x解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x

7、)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－.1＋xx设函数g(x)＝ln(1＋x)－，1＋xx则g′(x)＝.＋x2当－10时，g′(x)>0，故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，故当－1