届高考数学一轮复习核心素养提升系列一函数与导数高考压轴大题的突破问题练习新人教A版.docx

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届高考数学一轮复习核心素养提升系列一函数与导数高考压轴大题的突破问题练习新人教A版

核心素养提升系列

（一）

1．（导学号14577259）（理科）（2018·湘西州一模）已知函数f（x）＝x－alnx，g（x）＝－，其中a∈R，e＝2.718……

（1）设函数h（x）＝f（x）－g（x），求函数h（x）的单调区间；

（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．

解：

（1）函数h（x）＝x－alnx＋的定义域为（0，＋∞），

h′（x）＝1－－＝.

①当1＋a≤0，即a≤－1时，

h′（x）＞0，

故h（x）在（0，＋∞）上是增函数；

②当1＋a＞0，即a＞－1时，

x∈（0,1＋a）时，h′（x）＜0；x∈（1＋a，＋∞）时，h′（x）＞0，

故h（x）在（0,1＋a）上是减函数，在（1＋a，＋∞）上是增函数．

（2）由

（1）令h（x0）＝f（x0）－g（x0），x0∈[1，e]，

①当a≤－1时，

存在x0∈[1，e]，使得h（x0）＜0成立可化为

h

（1）＝1＋1＋a＜0，

解得，a＜－2；

②当－1＜a≤0时，

存在x0∈[1，e]，使得h（x0）＜0成立可化为

h

（1）＝1＋1＋a＜0，解得，a＜－2；

③当0＜a≤e－1时，

存在x0∈[1，e]，使得h（x0）＜0成立可化为

h（1＋a）＝1＋a－aln（1＋a）＋1＜0，无解；

④当e－1＜a时，

存在x0∈[1，e]，使得h（x0）＜0成立可化为

h（e）＝e－a＋＜0，

解得，a＞.

综上所述，a的取值范围为（－∞，－2）∪.

1．（导学号14577260）（文科）（2017·湖南娄底市名校联考）已知函数f（x）＝2lnx－x2＋ax（a∈R）．

（1）当a＝2时，求f（x）的图象在x＝1处的切线方程；

（2）若函数g（x）＝f（x）－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围；

（3）若函数f（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x1,0），B（x2,0），且0＜x1＜x2，求证：

f′＜0（其中f′（x）是f（x）的导函数）．

解：

（1）当a＝2时，f（x）＝2lnx－x2＋2x，f′（x）＝－2x＋2，切点坐标为（1,1），切线的斜率k＝f′

（1）＝2，

∴切线方程为y－1＝2（x－1），即y＝2x－1.

（2）g（x）＝2lnx－x2＋m，则g′（x）＝－2x＝

，

∵x∈，故g′（x）＝0时，x＝1.

当＜x＜1时，g′（x）＞0；当1＜x＜e时，g′（x）＜0.

故g（x）在x＝1处取得极大值g

（1）＝m－1.

又g＝m－2－，g（e）＝m＋2－e2，

g（e）－g＝4－e2＋＜0，∴g（e）＜g，

∴g（x）在上的最小值是g（e）．

g（x）在上有两个零点的条件是

解得1＜m≤2＋，

∴实数m的取值范围是.

（3）∵f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x1,0），B（x2,0），∴方程2lnx－x2＋ax＝0的两个根为x1，x2，则

两式相减得a＝（x1＋x2）－.

又f（x）＝2lnx－x2＋ax，f′（x）＝－2x＋a，

则f′

＝－（x1＋x2）＋a＝－.

下证－＜0（*），即证明＋ln＜0，令t＝，∵0＜x1＜x2，∴0＜t＜1，

即证明u（t）＝＋lnt＜0在0＜t＜1上恒成立．

∵u′（t）＝＋＝

＝，又0＜t＜1，∴u′（t）＞0，

∴u（t）在（0,1）上是增函数，则u（t）＜u

（1）＝0，从而知＋ln＜0，

故（*）式＜0，即f′＜0成立．

2．（导学号14577261）（文科）（2018·厦门市一模）已知函数f（x）＝（x2－ax＋a＋1）ex.

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）函数f（x）有两个极值点，x1，x2（x1＜x2），其中a＞0.若mx1－＞0恒成立，求实数m的取值范围．

解：

（1）f′（x）＝[x2＋（2－a）x＋1]ex，

令x2＋（2－a）x＋1＝0（*），

①Δ＝（2－a）2－4＞0，即a＜0或a＞4时，

方程（*）有2根，

x1＝，x2＝，

函数f（x）在（－∞，x1），（x2，＋∞）递增，在（x1，x2）递减．

②Δ≤0时，即0≤a≤4时，f′（x）≥0在R上恒成立，

函数f（x）在R递增．

综上，a＜0或a＞4时，函数f（x）在（－∞，x1），（x2，＋∞）递增，在（x1，x2）递减；0≤a≤4时，函数f（x）在R递增．

（2）∵f′（x）＝0有2根x1，x2且a＞0，

∴a＞4且，

∴x1＞0，mx1－＞0恒成立等价于m＞＝恒成立，

即m＞－x＋2x2＋1恒成立．

令t＝a－2（t＞2），则x2＝.

令g（t）＝，

t＞2时，函数g（t）＝递增，g（t）＞g

（2）＝1，

∴x2＞1，∴－x＋2x2＋1＜2，

故m的范围是[2，＋∞）．

2．（导学号14577262）（理科）（2018·咸阳市二模）已知三次函数f（x）的导函数f′（x）＝－3x2＋3且f（0）＝－1，g（x）＝xlnx＋（a≥1）．

（1）求f（x）的极值；

（2）求证：

对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）．

解：

（1）依题意得f（x）＝－x3＋3x－1，f′（x）＝－3x2＋3＝－3（x＋1）（x－1），

知f（x）在（－∞，－1）和（1，＋∞）上是减函数，在（－1,1）上是增函数，

∴f（x）极小值＝f（－1）＝－3，f（x）极大值＝f

（1）＝1.

（2）证明：

法一：

易得x＞0时，f（x）最大值＝1，

依题意知，只要1≤g（x）（x>0）⇔1≤xlnx＋（a≥1）（x>0）．

由a≥1知，只要x≤x2lnx＋1（x＞0）⇔x2lnx＋1－x≥0（x＞0）．

令h（x）＝x2lnx＋1－x（x＞0），则h′（x）＝2xlnx＋x－1，

注意到h′

（1）＝0，当x＞1时，h′（x）＞0；当0＜x＜1时，

h′（x）＜0，

即h（x）在（0,1）上是减函数，在（1，＋∞）是增函数，

h（x）最小值＝h

（1）＝0即h（x）≥0.

综上知对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）．

法二：

易得x＞0时，f（x）最大值＝1，

由a≥1知，g（x）≥xlnx＋（x>0），

令h（x）＝xlnx＋（x>0）

则h′（x）＝lnx＋1－＝lnx＋.

注意到h′

（1）＝0，当x＞1时，h′（x）＞0；当0＜x＜1时，

h′（x）＜0，

即h（x）在（0,1）上是减函数，在（1，＋∞）是增函数，

h（x）最小值＝h

（1）＝1，所以h（x）最小值＝1，

即g（x）最小值＝1.

综上知对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）．

法三：

易得x＞0时，f（x）最大值＝1.

由a≥1知，g（x）≥xlnx＋（x>0），令h（x）＝xlnx＋（x>0），则h′（x）＝lnx＋1－（x>0）．

令φ（x）＝lnx＋1－（x>0），则φ′（x）＝＋>0，

知φ（x）在（0，＋∞）递增，注意到φ

（1）＝0，

所以，h（x）在（0,1）上是减函数，在（1，＋∞）是增函数，

有h（x）最小值＝1，即g（x）最小值＝1.

综上知对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）．

3．（导学号14577263）（理科）（2018·东北三省（哈尔滨、长春、沈阳、大连四城市）联考）定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝·e2x－2＋x2－2f（0）x，

g（x）＝f－x2＋（1－a）x＋a.

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）求函数g（x）的单调区间；

（3）如果s、t、r满足|s－r|≤|t－r|，那么称s比t更靠近r.当a≥2且x≥1时，试比较和ex－1＋a哪个更靠近lnx，并说明理由.

解：

（1）f′（x）＝f′

（1）e2x－2＋2x－2f（0），

所以f′

（1）＝f′

（1）＋2－2f（0），即f（0）＝1.

又f（0）＝·e－2，

所以f′

（1）＝2e2，所以f（x）＝e2x＋x2－2x.

（2）∵f（x）＝e2x－2x＋x2，

∴g（x）＝f－x2＋（1－a）x＋a＝ex＋x2－x－x2＋（1－a）x＋a＝ex－a（x－1），

∴g′（x）＝ex－a.

①当a≤0时，g′（x）>0，函数f（x）在R上单调递增；

②当a>0时，由g′（x）＝ex－a＝0得x＝lna，

∴x∈（－∞，lna）时，g′（x）<0，g（x）单调递减；

x∈（lna，＋∞）时，g′（x）>0，g（x）单调递增.

综上，当a≤0时，函数g（x）的单调递增区间为

（－∞，＋∞）；当a>0时，

函数g（x）的单调递增区间为（lna，＋∞），单调递减区间为（－∞，lna）．

（3）设p（x）＝－lnx，q（x）＝ex－1＋a－lnx，

∵p′（x）＝－－<0，∴p（x）在x∈[1，＋∞）上为减函数，又p（e）＝0，

∴当1≤x≤e时，p（x）≥0，当x>e时，p（x）<0.

∵q′（x）＝ex－1－，q″（x）＝ex－1＋>0，

∴q′（x）在x∈[1，＋∞）上为增函数，又q′

（1）＝0，

∴x∈[1，＋∞）时，q′（x）≥0，∴q（x）在x∈[1，＋∞）上为增函数，∴q（x）≥q

（1）＝a＋2>0.

①当1≤x≤e时，|p（x）|－|q（x）|＝p（x）－q（x）＝－ex－1－a，设m（x）＝－ex－1－a，则m′（x）＝－－ex－1<0，

∴m（x）在x∈[1，＋∞）上为减函数，

∴m（x）≤m

（1）＝e－1－a，

∵a≥2，∴m（x）<0，∴|p（x）|<|q（x）|，∴比ex－1＋a更靠近lnx.

②当x>e时，设n（x）＝2lnx－ex－1－a，则n′（x）＝－ex－1，n″（x）＝－－ex－1<0，∴n′（x）在x>e时为减函数，∴n′（x）

∴n（x）在x>e时为减函数，∴n（x）

∴|p（x）|<|q（x）|，∴比ex－1＋a更靠近lnx.

综上：

在a≥2，x≥1时，比ex－1＋a更靠近lnx.

3．（导学号14577264）（文科）（2018·惠州市三调）已知函数f（x）＝＋alnx（a≠0，a∈R）．

（1）若a＝1，求函数f（x）的极值和单调区间；

（2）若在区间（0，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＜0成立，求实数a的取值范围．

解：

（1）因为f′（x）＝－＋＝，

当a＝1，f′（x）＝.

令f′（x）＝0，得x＝1，

又f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x

（0,1）

1

（1，＋∞）

f′（x）

－

0

＋

f（x）

↘

极小值

↗

所以x＝1时，f（x）的极小值为1.

f（x）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1）．

（2）∵f′（x）＝，（a≠0，a∈R）．

令f′（x）＝0，得到x＝.

若在区间[0，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜0成立，

其充要条件是f（x）在区间（0，e]上的最小值小于0即可．

①当x＝＜0，即a＜0时，f′（x）＜0对x∈（0，＋∞）成立，∴f（x）在区间（0，e]上单调递减，

故f（x）在区间（0，e]上的最小值为f（e）＝＋alne

＝＋a.

由＋a＜0，得a＜－.

②当x＝＞0，即a＞0时，

（ⅰ）若e≤，则f′（x）≤0对x∈（0，e]成立，

∴f（x）在区间（0，e]上单调递减，

∴f（x）在区间（0，e]上的最小值为f（e）＝＋alne＝＋a＞0，

显然，f（x）在区间（0，e]上的最小值小于0不成立．

（ⅱ）若1＜＜e，即a＞时，则有