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高考数学(文)大一轮复习检测八大专题合集(含答案)

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课时作业17 高考解答题鉴赏——函数与导数

1.(2017·兰州模拟)已知函数f(x)=e-ax(a∈R,e为自然对数的底数). (1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)若a=1,函数g(x)=(x-m)f(x)-e+x+x在(2,+∞)上为增函数,求实数m的取值范围.

解:(1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)=e-a. 当a≤0时,f′(x)>0, ∴f(x)在R上为增函数;

当a>0时,由f′(x)=0得x=lna. 则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0, ∴函数f(x)在(-∞,lna)上为减函数, 当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0, ∴函数f(x)在(lna,+∞)上为增函数.

(2)当a=1时,g(x)=(x-m)(e-x)-e+x+x, ∵g(x)在(2,+∞)上为增函数,

∴g′(x)=xe-me+m+1≥0在(2,+∞)上恒成立, 即m≤

xxxx2

xx2

xxex+1

e-1

xx在(2,+∞)上恒成立, ,x∈(2,+∞),

xxx令h(x)=

xex+1

e-1e

xxh′(x)=

-xe-2ee

=x2

e-1

2

e-x-2

. x2

e-1

xxx令L(x)=e-x-2,L′(x)=e-1>0在(2,+∞)上恒成立,即L(x)=e-x-2在(2,+∞)上为增函数,即L(x)>L(2)=e-4>0,∴h′(x)>0.

2e+12e+1

即h(x)=x在(2,+∞)上为增函数,∴h(x)>h(2)=2,∴m≤2. e-1e-1e-12e+1??所以实数m的取值范围是?-∞,2.

e-1???

2.已知a∈R,函数f(x)=ax-lnx,x∈(0,e](其中e是自然对数的底数). (1)当a=2时,求f(x)的单调区间和极值; (2)求函数f(x)在区间(0,e]上的最小值.

2

2

xex+1

22

12x-1

解:(1)当a=2时,f(x)=2x-lnx,对f(x)求导,得f′(x)=2-=.

xx?1??1?所以f(x)的单调递减区间是?0,?,单调递增区间是?,e?.

?2??2??1?由此可知f(x)的极小值为f??=1+ln2,没有极大值. ?2?

(2)记g(a)为函数f(x)在区间(0,e]上的最小值. 1ax-1

f′(x)=a-=.

xx当a≤0时,f′(x)<0,所以f(x)在区间(0,e]上单调递减,则g(a)=f(e)=ae-1; 1

当0

e1?1??1??1?当a>时,f(x)在区间?0,?上单调递减,在?,e?上单调递增,则g(a)=f??=1+e?a??a??a?lna.

1

ae-1,a≤,??e

综上所述,g(a)=?1

1+lna,a>.??e

3.(2017·广西三市调研)已知函数f(x)=ax+xlnx(a∈R). (1)若函数f(x)在区间[e,+∞)上为增函数,求a的取值范围;

(2)当a=1且k∈Z时,不等式k(x-1)

由题意知f′(x)≥0在[e,+∞)上恒成立, 即lnx+a+1≥0在[e,+∞)上恒成立, 即a≥-(lnx+1)在[e,+∞)上恒成立, 而[-(lnx+1)]max=-(lne+1)=-2, ∴a≥-2.

(2)f(x)=x+xlnx,k<即k<

fx, x-1

x+xlnxx+xlnxx-lnx-2

对任意x>1恒成立.令g(x)=,则g′(x)=. x-1x-1x-12

令h(x)=x-lnx-2(x>1), 1x-1则h′(x)=1-=>0,

xx∴h(x)在(1,+∞)上单调递增.

∵h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-2ln2>0,∴存在x0∈(3,4)使h(x0)=0.

即当1x0时,h(x)>0,即g′(x)>0. ∴g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增. 由h(x0)=x0-lnx0-2=0,得lnx0=x0-2,

x01+lnx0

g(x)min=g(x0)=

x0-1

x01+x0-2

=x0∈(3,4),

x0-1

∴k

4.已知函数f(x)=(x+a)e,其中e是自然对数的底数,a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间;

(2)当a<1时,试确定函数g(x)=f(x-a)-x的零点个数,并说明理由. 解:(1)因为f(x)=(x+a)e,x∈R. 所以f′(x)=(x+a+1)e. 令f′(x)=0,得x=-a-1.

当x变化时,f(x)和f′(x)的变化情况如下:

xx2

xx f′(x) f(x) (-∞,-a-1) - -a-1 0 极小值 (-a-1,+∞) + 故f(x)的单调递减区间为(-∞,-a-1),单调递增区间为(-a-1,+∞). (2)结论:函数g(x)有且仅有一个零点. 理由如下:

由g(x)=f(x-a)-x=0,得方程xe所以x=0是函数g(x)的一个零点. 当x≠0时,方程可化简为e设函数F(x)=e

x-ax-a2

x-a=x,显然x=0为此方程的一个实数解,

2

=x.

x-a-x,则F′(x)=e-1,

令F′(x)=0,得x=a.

当x变化时,F(x)和F′(x)的变化情况如下:

x F′(x) F(x) (-∞,a) - a 0 极小值 (a,+∞) + 即F(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(-∞,a).所以F(x)的最小值F(x)min=F(a)=1-a.

因为a<1,所以F(x)min=F(a)=1-a>0,所以对于任意x∈R,F(x)>0, 因此方程e

x-a=x无实数解.

所以当x≠0时,函数g(x)不存在零点. 综上,函数g(x)有且仅有一个零点.

1.已知定义域为R的奇函数f(x),当x>0时,f(x)=lnx-ax+1(a∈R). (1)求函数f(x)的解析式;

(2)若函数y=f(x)在R上恰有5个零点,求实数a的取值范围. 解:(1)设x<0,则-x>0, 因为f(x)是奇函数,

所以f(x)=-f(-x)=-ln(-x)-ax-1, 当x=0时,f(x)=0. 所以函数

lnx-ax+1x>0,??

f(x)=?0x=0,

??-ln-x-ax-1x<0.

(2)因为函数f(x)是奇函数,所以函数y=f(x)的零点关于原点对称,由f(x)=0恰有5个不同的实数根,知5个实数根中有两个正根.两个负根.一个零根,且两个正根和两个负根互为相反数.

所以要使方程f(x)=0恰有5个不同的实数根,只要使方程f(x)=0在(0,+∞)上恰有两个不同的实数根.

下面研究x>0时的情况:

1

因为f′(x)=-a,所以当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为单调递增函数,

x所以方程f(x)=0在(0,+∞)上不可能有两个不同的实数根.

?1?-a?x-??a?

所以当a>0时,f′(x)=,

x1令f′(x)=0,得x=.

a1

当00,函数f(x)单调递增;

a1

当x>时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,

a1

所以函数f(x)在x=处取得极大值-lna.

a

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