高考理科数学解答题专题训练（五）函数与导数.docx

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1、大题专项练(五)函数与导数A组基础通关1.(2017全国,理21)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(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).()若a0,则f(x)0,则由f(x)=0得x=-ln a.当x(-,-ln a)时,f(x)0,所以f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a,+)单调递增.(2)()若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.()若a0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-l

2、n a)=1-1a+ln a.当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-1a+ln a0,即f(-ln a)0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-1a+ln a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0en0-n02n0-n00.由于ln3a-1-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).2.在某次水下科研考查活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员

3、下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为v103+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为v2(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考查活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若cv15(c0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解(1)由题意,得下潜用时60v(单位时间),用氧量为v103+160v=3v250+60v(升);水底作业时的用氧量为100.9=9(升);返回水面用时60v2=120v(单位时间),用氧量为120v1.5=180v(升),总用氧量y=3v250

4、+240v+9(v0).(2)y=3v25-240v2=3(v3-2 000)25v2,令y=0,得v=1032,当0v1032时,y1032时,y0,函数单调递增,当0c1032时,函数在(c,1032)上单调递减,在(1032,15)上单调递增,当v=1032时总用氧量最少,当c1032时,y在c,15上单调递增,当v=c时总用氧量最少.综上,若0ce+2-1e.(1)解由定义域为(0,1)(1,+),f(x)=1x-a(x-1)2=x2-(a+2)x+1x(x-1)2,设h(x)=x2-(a+2)x+1,要使y=f(x)在(e,+)上有极值,则x2-(a+2)x+1=0有两个不同的实根x

5、1,x2,=(a+2)2-40,a0或ae,0x11eex2,又h(0)=1,只需h1e0,即1e2-(a+2)1e+1e+1e-2,联立可得ae+1e-2.即实数a的取值范围是e+1e-2,+.(2)证明由(1)知,当x(1,x2)时,f(x)0,f(x)单调递增,f(x)在(1,+)上有最小值f(x2),即t(1,+),都有f(t)f(x2),又当x(0,x1)时,f(x)0,f(x)单调递增,当x(x1,1)时,f(x)e),设k(x)=ln x2+x-1x=2ln x+x-1x(xe),则k(x)=2x+1+1x20(xe),k(x)在(e,+)上单调递增,k(x)k(e)=2+e-1

6、e,f(t)-f(s)e+2-1e.4.(2019河南商丘模拟)已知函数f(x)=(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x(a0).(1)如图,设直线x=-12,y=-x将坐标平面分成,四个区域(不含边界),若函数y=f(x)的图象恰好位于其中一个区域内,判断其所在的区域并求对应的a的取值范围;(2)当a12时,求证:x1,x2(0,+)且x1x2,有f(x1)+f(x2)2fx1+x22.(1)解函数f(x)的定义域为-12,+,且当x=0时,f(0)=-a0.又直线y=-x恰好通过原点,函数y=f(x)的图象应位于区域内,于是可得f(x)-x,即(2x+1)ln(2x+1)-a(

7、2x+1)2-x0,aln(2x+1)2x+1.令h(x)=ln(2x+1)2x+1x-12,则h(x)=2-2ln(2x+1)(2x+1)2x-12.当x-12,e-12时,h(x)0,h(x)单调递增;当xe-12,+时,h(x)-12,当x0时,42x+112时,8a4,u(x)=42x+1-8a0时,f(x)为减函数,不妨设x2x10,令g(x)=f(x)+f(x1)-2fx+x12(xx1),可得g(x1)=0,g(x)=f(x)-fx+x12,xx+x12且f(x)是(0,+)上的减函数,g(x)x1时,g(x)为减函数,g(x2)g(x1)=0,即f(x1)+f(x2)g(x).

8、(1)解易得g(x)=-e-x+b=b-1ex.若b=0,则g(x)=1ex(0,+),不合题意;若b0,g-1b=e1b-10,令g(x)=-e-x+b=0,得x=-ln b.g(x)在(-,-ln b)上单调递减;在(-ln b,+)上单调递增,则g(x)min=g(-ln b)=eln b-bln b=b-bln b0,be.综上所述,实数b的取值范围是(-,0)e,+).(2)证明易得f(x)=1x-ax2,则由题意,得f1e=e-ae2=-e,解得a=2e.f(x)=ln x+2ex,从而f1e=1,即切点为1e,1.将切点坐标代入ex+y-2+b=0中,解得b=0.g(x)=e-x

9、.要证f(x)g(x),即证ln x+2exe-x(x(0,+),只需证xln x+2exe-x(x(0,+).令u(x)=xln x+2e,v(x)=xe-x,x(0,+).则由u(x)=ln x+1=0,得x=1e,u(x)在0,1e上单调递减,在1e,+上单调递增,u(x)min=u1e=1e.又由v(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x)=0,得x=1,v(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,v(x)max=v(1)=1e.u(x)u(x)min=v(x)maxv(x),显然,上式的等号不能同时取到.故对任意的x(0,+),总有f(x)g(x).6.(2019安徽马鞍

10、山模拟)已知函数g(x)=xln x,h(x)=ax2-12(a0).(1)若g(x)h(x)对x(1,+)恒成立,求a的取值范围;(2)证明:不等式1+1n21+2n21+nn2e34对于正整数n恒成立,其中e=2.718 28为自然对数的底数.(1)解当x(1,+)时,g(x)2xlnx+1x2,令F(x)=2xlnx+1x2(x1),F(x)=2(x-1-xlnx)x3(x1),记m(x)=x-1-xln x(x1),则m(x)=-ln x0,m(x)在(1,+)上单调递减,m(x)m(1)=0,F(x)0,即F(x)在(1,+)上单调递减,F(x)F(1)=1,故a1,+).(2)证明

11、由(1)知取a=1,当x(1,+)时,g(x)h(x)恒成立,即xln xx2-12恒成立,即ln xx2-12x恒成立,即ln(1+x)(x+1)2-12(x+1)=x2+2x2(x+1)对于x(0,+)恒成立,由此,ln1+kn2(kn2)2+2(kn2)2(kn2)+2=12kn2+kn2+k12kn2+kn2+1,kN*,于是ln1+1n21+2n21+nn2=ln1+1n2+ln1+2n2+ln1+nn2121n2+2n2+nn2+1n2+1+2n2+1+nn2+1=14n(n+1)n2+n(n+1)n2+1=142n3+2n2+n+1n(n2+1)=143-n3-2n2+2n-1n

12、(n2+1)=143-n(n-1)2+(n-1)n(n2+1)34,故1+1n21+2n21+nn20.(1)求函数f(x)在区间(0,+)上的零点个数;(2)函数F(x)的导数F(x)=(ex-a)f(x),是否存在无数个a(1,4),使得ln a为函数F(x)的极大值点?请说明理由.解(1)f(x)=x-a6ex,当0xa6时,f(x)a6时,f(x)0,f(x)单调递增,所以当x(0,+)时,f(x)min=fa6,因为fa6f(0)=-a60,所以存在x0a6,1+a6,使f(x0)=0,且当0xx0时,f(x)x0时,f(x)0.故函数f(x)在(0,+)上有1个零点,即x0.(2)

13、当a1时,ln a0.因为当x(0,ln a)时,ex-a0.由(1)知,当x(0,x0)时,f(x)0.下面证:当a(1,e)时,ln ax0,即证f(ln a)0,所以g(x)在(1,e)上单调递增,由g(1)=-130,所以存在唯一零点t0(1,e),使得g(t0)=0,且x(1,t0)时,g(x)0,g(x)单调递增.所以当x(1,e)时,g(x)maxg(1),g(e).由g(1)=-160,g(e)=6-e260,得当x(1,e)时,g(x)0.故f(ln a)0,0ln ax0.当0xln a时,ex-a0,f(x)0,F(x)单调递增;当ln ax0,f(x)0,F(x)=(e

14、x-a)f(x)0,设f(x)为f(x)的导函数.(1)设g(x)=e-xf(x),若g(x)2恒成立,设a的取值范围;(2)设函数f(x)的零点为x0,函数f(x)的极小值点为x1,当a2时,求证:x0x1.解(1)由题设知,f(x)=ex1+ax+aln x(x0),g(x)=e-xf(x)=1+ax+aln x,g(x)=a(x-1)x2(x0).当x(0,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增,故g(x)在x=1处取得最小值,且g(1)=1+a.由于g(x)2恒成立,所以1+a2,得a1,即a的取值范围为1,+).(2)设h(x)=f(x)=ex1+ax+aln x,则h(x)=ex1+2ax-ax2+aln x.设H(x)=1+2ax-ax2+aln x(x0),则H(x)=-2ax2+2ax3+ax=a(x2-2x+2)x30,故H(x)在(0,+)上单调递增,因为a2,所以H(1)=a+10,H12=1-aln 2ex1(1+a)0,即f(x)在(0,+)上单调递增.由于H(x1)=0,即1+2ax1-ax12+aln x1=0,即1+aln x1=ax12-2ax1,所以f(x1)=ex1(1+aln x1)=aex11-2x1x120=f(x0).又f(x)在(0,+)上单调递增,所以x1x0.