高考大题专项练一函数与导数文档格式.docx
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(1)=0,可得2a+b=1,即b=1-2a.
令g(x)=2-4x+lnx(x>
0),则g'
令g'
(x)=0,得x=.
时,g'
0,g(x)单调递增;
0,g(x)单调递减,
因此g(x)≤g=1+ln=1-ln4<
0,
即g(a)<
0,即2-4a+lna=2b+lna<
故lna<
-2b.〛
2.(2016贵州贵阳监测改编)已知函数f(x)=(a<
(1)当a=-1时,求函数f(x)的极值;
(2)若函数F(x)=f(x)+1没有零点,求实数a的取值范围.
解
(1)当a=-1时,f(x)=,f'
由f'
(x)=0,得x=2.
当x变化时,f'
(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,2)
2
(2,+∞)
f'
(x)
-
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极小值为f
(2)=-,函数f(x)无极大值.
(2)F'
(x)=f'
因为a<
0,所以当x变化时,F'
(x),F(x)的变化情况如下表:
F'
F(x)
若使函数F(x)没有零点,当且仅当F
(2)=+1>
0,解得a>
-e2,所以此时-e2<
a<
0.
故实数a的取值范围为(-e2,0).〚〛
3.(2016山西太原三模改编)函数f(x)=+ax+2lnx(a∈R)在x=2处取得极值.
(1)求实数a的值及函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(x)=m有三个实根,求m的取值范围.
解
(1)由已知f'
(x)=x+a+,f'
(2)=2+a+=0,故a=-3,
所以f'
(x)=x-3+
=,x>
0,得0<
1或x>
2;
0,得1<
2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(2,+∞),单调递减区间是(1,2).
(2)由
(1)可知极小值f
(2)=2ln2-4,极大值为f
(1)=-.
因为方程f(x)=m有三个实根,所以2ln2-4<
m<
-.〚〛
4.(2016河南郑州一中考前冲刺卷三)已知函数f(x)=lnx+ax+2(a∈R)在x=时取得极值.
(1)求a的值;
(2)若F(x)=λx2-3x+2-f(x)(λ>
0)有唯一零点,求λ的值.
解
(1)依题意,得f'
(x)=+a,f'
=2+a=0.所以a=-2.
经检验,a=-2满足题意.
(2)由
(1)知f(x)=lnx-2x+2,则F(x)=λx2-lnx-x.
所以F'
(x)=2λx--1=.
令t(x)=2λx2-x-1.
因为λ>
0,所以Δ=1+8λ>
方程2λx2-x-1=0有两个异号的实根,设两实根为x1,x2,且x1<
0,x2>
0,因为x>
0,所以x1应舍去.
所以F(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
且当x→0时,F(x)→+∞,当x→+∞时,F(x)→+∞.
所以当x=x2时,F'
(x2)=0,F(x)取得最小值F(x2).
因为F(x)有唯一零点,所以F(x2)=0.
所以
所以F(x2)=λ-lnx2-x2=-lnx2-x2=-lnx2-=0.
令p(x)=-lnx-,
则p'
(x)=-<
0(x>
所以p(x)在(0,+∞)上单调递减.
注意到p
(1)=0,所以x2=1.所以λ=1.〚〛
5.(2016河北张家口考前模拟)设函数f(x)=ax+lnx,g(x)=a2x2.
(1)当a=-1时,在函数y=f(x)的图象上求一点P,使得点P到直线x-y+3=0的距离最小,求出距离的最小值;
(2)是否存在正实数a,使f(x)≤g(x)对一切正实数x都成立,若存在,求出a的取值范围,若不存在,请说明理由.
解
(1)当a=-1时,f(x)=-x+lnx,定义域为(0,+∞),
(x)=-1+,
显然x∈(0,1),f'
0;
x∈(1,+∞),f'
于是f(x)在(0,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数,故f(x)max=f
(1)=-1.
易知直线y=x+3的斜率k=1,
设f(x)的切线斜率为1时,切点P(x0,y0)距离y=x+3最近.
由k==1,可知x0=,
则y0=-+ln,
故P.
因此,d=.
(2)假设存在正实数a满足题中条件.
设F(x)=f(x)-g(x)(x>
0),即F(x)=ax+lnx-a2x2,
则F'
(x)=a+-2a2x=
=(x>
0),
令F'
于是x∈时,F'
x∈时,F'
故F(x)在内是增函数,在内是减函数.
故F(x)max=F=a·
+ln-a2·
=1-lna-1=-lna.
要使f(x)≤g(x)对一切正实数x都成立,只需F(x)max≤0,即-lna≤0,即a≥1.
故存在正实数a∈[1,+∞),使f(x)≤g(x)恒成立.〚〛
6.定义在实数集上的函数f(x)=x2+x,g(x)=x3-2x+m.
(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程;
(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[-4,4]恒成立,求实数m的取值范围.
解
(1)∵f(x)=x2+x,∴当x=1时,f
(1)=2,
∵f'
(x)=2x+1,∴f'
(1)=3,
∴所求切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.
(2)令h(x)=g(x)-f(x)=x3-x2-3x+m,
则h'
(x)=(x-3)(x+1).
∴当-4<
-1时,h'
当-1<
3时,h'
当3<
4时,h'
要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0,
由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4处取得,而h(-1)=m+,h(4)=m-,
故m+≤0,即m≤-,
故实数m的取值范围为.〚
7.已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2lnx(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设g(x)=x2-2x,若对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<
g(x2),求a的取值范围.
解f'
(x)=ax-(2a+1)+(x>
(1)f'
①当a≤0时,x>
0,ax-1<
0,在区间(0,2)上,f'
0,在区间(2,+∞)上,f'
0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).
②当0<
时,>
2,在区间(0,2)和上,f'
0,在区间上,f'
0,故f(x)的单调递增区间是(0,2)和,单调递减区间是.
③当a=时,f'
(x)=,故f(x)的单调递增区间是(0,+∞).
④当a>
时,0<
<
2,在区间和(2,+∞)上,f'
故f(x)的单调递增区间是和(2,+∞),单调递减区间是.
(2)对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<
g(x2)⇔在(0,2]上有f(x)max<
g(x)max.
由题意可知g(x)max=0,由
(1)可知,
①当a≤时,f(x)在(0,2]上单调递增.
故f(x)max=f
(2)=2a-2(2a+1)+2ln2
=-2a-2+2ln2,
所以-2a-2+2ln2<
ln2-1.
故ln2-1<
a≤.
②当a>
时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,
故f(x)max=f-(2a+1)+2ln=--2-2lna<
.故a>
时满足题意.
综上,a的取值范围为(ln2-1,+∞).〚〛
8.(2016江苏,19)已知函数f(x)=ax+bx(a>
0,b>
0,a≠1,b≠1).
(1)设a=2,b=.
①求方程f(x)=2的根;
②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;
(2)若0<
1,b>
1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.
解
(1)因为a=2,b=,所以f(x)=2x+2-x.
①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×
2x+1=0,
所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.
②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>
所以m≤对于x∈R恒成立.
而=f(x)+
≥2=4,且=4,
所以m≤4,故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,
而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,
所以0是函数g(x)的唯一零点.
因为g'
(x)=axlna+bxlnb,
又由0<
1知lna<
0,lnb>
所以g'
(x)=0有唯一解x0=lo.
令h(x)=g'
(x),则h'
(x)=(axlna+bxlnb)'
=ax(lna)2+bx(lnb)2,
从而对任意x∈R,h'
(x)=h(x)是(-∞,+∞)上的增函数.
于是当x∈(-∞,x0)时,g'
g'
(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时,g'
(x0)=0.
因而函数g(x)在(-∞,x0)上是减函数,在(x0,+∞)上是增函数.
下证x0=0.
若x0<
0,则x0<
0,于是g<
g(0)=0.
又g(loga2)=-2>
-2=0,且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.
因为0<
1,所以loga2<
0.又<
0,所以x1<
0,与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.
若x0>
0,同理可得,在和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.
于是-=1,故lna+lnb=0,所以ab=1.〚
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