文集共10套天津市高考数学复习 题型专练汇总.docx
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超级资源(共10套)天津市高考数学复习题型专练汇总
题型练8 大题专项(六)函数与导数综合问题
1.(2017全国Ⅰ,文21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
2.设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性;
(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪,求c的值.
4.已知函数f(x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;
(2)证明:
存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
5.已知函数f(x)=x2-ax,g(x)=lnx,h(x)=f(x)+g(x)(a∈R).
(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
(2)若函数h(x)有两个极值点x1,x2.
①求实数a的取值范围;
②当x1∈时,求证:
h(x1)-h(x2)>-ln2.
6.设函数f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e为自然对数的底数,a,b∈R,且a≠0),曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为y=ae(x-1).
(1)求b的值;
(2)若对任意x∈,f(x)与g(x)有且只有两个交点,求a的取值范围.
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题型练8 大题专项(六)
函数与导数综合问题
1.解
(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在区间(-∞,+∞)单调递增.
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.故f(x)在区间(-∞,lna)单调递减,在区间(lna,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln.
当x∈时,f'(x)<0;
当x∈时,f'(x)>0.
故f(x)在区间单调递减,在区间单调递增.
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由
(1)得,当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a2lna.
从而当且仅当-a2lna≥0,即a≤1时,f(x)≥0.
③若a<0,则由
(1)得,当x=ln时,f(x)取得最小值,最小值为f=a2.
从而当且仅当a2≥0,
即a≥-2时f(x)≥0.
综上,a的取值范围是[-2,1].
2.解
(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,
可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).
则g'(x)=-2a=,
当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0时,x∈时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈时,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)单调增区间为,单调减区间为.
(2)由
(1)知,f'
(1)=0.
①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当01,由
(1)知f'(x)在区间内单调递增,
可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈时,f'(x)>0.
所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=时,=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>时,0<<1,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.
综上可知,实数a的取值范围为a>.
3.解
(1)f'(x)=3x2+2ax,
令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-.
当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x≠0),
所以函数f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增;
当a>0时,x∈∪(0,+∞)时,f'(x)>0,x∈时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在区间,(0,+∞)内单调递增,在区间上单调递减;
当a<0时,x∈(-∞,0)∪时,f'(x)>0,x∈时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在区间(-∞,0),内单调递增,在区间内单调递减.
(2)由
(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,fa3+b,
则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而
又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.
设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪,
则在(-∞,-3)内g(a)<0,且在内g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.
此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],
因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,
解得a∈(-∞,-3)∪.
综上c=1.
4.
(1)解由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
g(x)=f'(x)=2(x-1-lnx-a),
所以g'(x)=2-.
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
(2)证明由f'(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.
令φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,
则φ
(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.
于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1).由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
故0=u
(1) 即a0∈(0,1). 当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0. 再由 (1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增, 当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0; 又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0. 故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0. 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 5.解 (1)由f(x)≥g(x),得a≤x-(x>0), 令φ(x)=x-(x>0),得φ'(x)=. ∴当0 从而φ'(x)<0,∴φ(x)在区间(0,1)内是减函数. 当x>1时,x2-1>0,lnx>0,从而φ'(x)>0, ∴φ(x)在区间(1,+∞)内是增函数, ∴φ(x)min=φ (1)=1, ∴a≤1, 即实数a的取值范围是(-∞,1]. (2)①(方法一)∵h(x)=x2-ax+lnx(x>0), ∴h'(x)=2x+-a, ∴h'(x)≥2-a, 当a≤2时,h'(x)≥0,函数h(x)在区间(0,+∞)内单调递增,函数h(x)无极值点, 当a>2时,h'(x)=, 当x∈时,h'(x)>0; 当x∈时,h'(x)<0; 当x∈时,h'(x)>0. 故函数h(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,在区间内单调递增. 函数h(x)有两个极值点x1=,x2=, 综上所述,实数a的取值范围是(2,+∞). (方法二)∵h(x)=x2-ax+lnx(x>0), ∴h'(x)=2x+-a=问题等价于方程2x2-ax+1=0有两相异正根x1,x2, ∴解得a>2,故实数a的取值范围是(2,+∞). ②证明: 由①知,x1,x2即方程2x2-ax+1=0的两个根,x1x2=, ∴h(x1)-h(x2)=-a(x1-x2)+lnx1-lnx2. 又2+1=ax1,2+1=ax2, ∴h(x1)-h(x2)=+2lnx1+ln2. 令k(x)=-x2+2lnx+ln2,x∈, 得k'(x)=-<0, ∴k(x)在为减函数, ∴k(x)>k-ln2. ∴h(x1)-h(x2)>-ln2. 6.解 (1)由f(x)=,得f'(x)=, 由题意得f' (1)=ab=ae.∵a≠0,∴b=e. (2)令h(x)=x(f(x)-g(x))=x2-(a+e)x+aelnx,则任意x∈,f(x)与g(x)有且只有两个交点,等价于函数h(x)在区间有且只有两个零点. 由h(x)=x2-(a+e)x+aelnx,得h'(x)=, ①当a≤时,由h'(x)>0得x>e; 由h'(x)<0得 此时h(x)在区间内单调递减,在区间(e,+∞)内单调递增. ∵h(e)=e2-(a+e)e+aelne=-e2<0, ∵h(e2)=e4-(a+e)e2+2ae=e(e-2)(e2-2a)≥e(e-2)>0(或当x→+∞时,h(x)>0亦可),∴要使得h(x)在区间内有且只有两个零点, 则只需h+aeln≥0,即a≤. ②当0得 此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间和(e,+∞)内单调递增. 此时h(a)=-a2-ae-aelna<-a2-ae+aelne=-a2<0, ∴此时h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意. ③当a>e时,由h'(x)>0得 此时h(x)在区间和(a,+∞)内单调递增,在区间(e,a)上单调递减,且h(e)=-e2<0, ∴h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意. 综上所述,a的取值范围为. 题型练9 大题综合练 (一) 1.设f(x)=2sin(π-x)sinx-(sinx-cosx)2. (1)求f(x)的单调递增区间; (2)把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再把得到的图象向左平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,求g的值. 2.某公司计划购买1台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图: 记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数,y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用(单位: 元),n表示购机的同时购买的易损零件数. (1)若n=19,求y与x的函数解析式; (2)若要求“需更换的易损零件数不大于n”的频率不小于0.5,求n的最小值; (3)假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件,或每台都购买20个易损零件,分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数,以此作为决策依据,购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件? 3. 如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC. (1)证明: AB⊥平面PFE; (2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长. 4.已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是等比数列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记Tn=a1b1+a2b2+…+anbn,n∈N*,证明Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n>2). 5. 如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l: x-y-2=0,抛物线C: y2=2px(p>0). (1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程; (2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q. ①求证: 线段PQ的中点坐标为(2-p,-p); ②求p的取值范围. 6.已知曲线f(x)=在点(1,f (1))处的切线与y轴垂直,F(x)=xexf'(x). (1)求k的值和F(x)的单调区间; (2)已知函数g(x)=-x2+2ax(a为正实数),若对于任意x2∈[0,1],总存在x1∈(0,+∞)使得g(x2) ## 题型练9 大题综合练 (一) 1.解 (1)由f(x)=2sin(π-x)sinx-(sinx-cosx)2 =2sin2x-(1-2sinxcosx) =(1-cos2x)+sin2x-1 =sin2x-cos2x+-1 =2sin-1, 由2kπ-≤2x-≤2kπ+(k∈Z), 得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z), 所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z). (2)由 (1)知f(x)=2sin-1, 把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到y=2sin-1的图象,再把得到的图象向左平移个单位,得到y=2sinx+-1的图象,即g(x)=2sinx+-1. 所以g=2sin-1=. 2.解 (1)当x≤19时,y=3800; 当x>19时,y=3800+500(x-19)=500x-5700. 所以y与x的函数解析式为 y=(x∈N). (2)由柱状图知,需更换的零件数不大于18的频率为0.46,不大于19的频率为0.7,故n的最小值为19. (3)若每台机器在购机同时都购买19个易损零件,则这100台机器中有70台在购买易损零件上的费用为3800,20台的费用为4300,10台的费用为4800,因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为 (3800×70+4300×20+4800×10)=4000. 若每台机器在购机同时都购买20个易损零件,则这100台机器中有90台在购买易损零件上的费用为4000,10台的费用为4500,因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为(4000×90+4500×10)=4050. 比较两个平均数可知,购买1台机器的同时应购买19个易损零件. 3. (1)证明由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC. 又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE⊂平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,从而PE⊥AB. 因∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF. 从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE. (2)解设BC=x,则在Rt△ABC中, AB=, 从而S△ABC=AB·BC=. 由EF∥BC知,,得△AFE∽△ABC,故,即S△AFE=S△ABC. 由AD=AE,S△AFD=S△AFE=S△ABC=S△ABC=,从而四边形DFBC的面积为S四边形DFBC=S△ABC-S△AFD=. 由 (1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE==2.体积VP-DFBC=·S四边形DFBC·PE=·2=7, 故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3. 所以,BC=3或BC=3. 4. (1)解设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d. 由条件,得方程组解得 所以an=3n-1,bn=2n,n∈N*. (2)证明由 (1)得 Tn=2×2+5×22+8×23+…+(3n-1)×2n,① 2Tn=2×22+5×23+…+(3n-4)×2n+(3n-1)×2n+1.② 由①-②,得-Tn=2×2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-1)×2n+1=-(3n-1)×2n+1-2=-(3n-4)×2n+1-8,即Tn-8=(3n-4)×2n+1,而当n>2时,an-1bn+1=(3n-4)×2n+1. 所以,Tn-8=an-1bn+1,n∈N*,n>2. 5.解 (1)抛物线C: y2=2px(p>0)的焦点为, 由点在直线l: x-y-2=0上, 得-0-2=0,即p=4. 所以抛物线C的方程为y2=8x. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0). 因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ, 于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b. ①证明: 由消去x得y2+2py-2pb=0.(*) 因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以y1≠y2, 从而Δ=(2p)2-4×(-2pb)>0,化简得p+2b>0. 方程(*)的两根为y1,2=-p±, 从而y0==-p. 因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p. 因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p). ②因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上, 所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p. 由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0, 所以p<.因此,p的取值范围是. 6.解 (1)f'(x)=,f' (1)==0,∴k=1. ∴F(x)=xexf'(x)=1-xlnx-x, ∴F'(x)=-lnx-2. 由F'(x)=-lnx-2>0⇒0 由F'(x)=-lnx-2<0⇒x>, ∴F(x)的单调增区间为,单调减区间为. (2)∵对于任意x2∈[0,1],总存在x1∈(0,+∞),使得g(x2) 由 (1)知,当x=时,F(x)取得最大值F=1+. 对于g(x)=-x2+2ax,其对称轴为x=a.
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