2020版高考数学一轮复习大题专项突破高考大题专项1函数与导数的综合（压轴大题）文北师大版.doc

1、1高考大题专项一 函数与导数的综合 压轴大题突破 1 利用导数求极值、最值、参数范围1.已知函数 f(x)=(x-k)ex.(1)求 f(x)的单调区间;(2)求 f(x)在区间0,1上的最小值 .2.(2018山东潍坊一模,21)已知函数 f(x)=aln x+x2.(1)若 a=-2,判断 f(x)在(1, + )上的单调性;(2)求函数 f(x)在1,e上的最小值 .3.(2018山东师大附中一模,21)已知函数 f(x)=(x-a)ex(aR) .(1)当 a=2时,求函数 f(x)在 x=0处的切线方程;(2)求 f(x)在区间1,2上的最小值 .4.(2018辽宁抚顺 3月模拟,2

2、1 改编)已知函数 f(x)=ax-2ln x(aR) .若 f(x)+x30对任意x(1, + )恒成立,求 a的取值范围 .5.设函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),且在点 P处有相同的切线 y=4x+2.(1)求 a,b,c,d的值;(2)若 x -2时, f(x) kg(x),求 k的取值范围 .6.(2018江西南昌一模,21 改编)已知函数 f(x)=ex-aln x-e(aR),其中 e为自然对数的底数 .若当x1, + )时, f(x)0 恒成立,求 a的取值范围 .2突破 2 利用导数证明问

3、题及讨论零点个数1.(2018全国 3,文 21)已知函数 f(x)= .2+-1(1)求曲线 y=f(x)在点(0, -1)处的切线方程;(2)证明:当 a1 时, f(x)+e0 .2.(2018河北保定一模,21 改编)已知函数 f(x)=x+.设函数 g(x)=ln x+1.证明:当 x(0, + )且a0时, f(x)g(x).3.已知函数 f(x)=ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x00,求 a的取值范围 .4.(2018安徽芜湖期末,21 改编)已知函数 f(x)=x3-aln x(aR) .若函数 y=f(x)在区间(1,e上存在两个不同零点,求实数

4、a的取值范围 .5.设函数 f(x)=e2x-aln x.(1)讨论 f(x)的导函数 f(x)零点的个数;(2)证明:当 a0时, f(x)2 a+aln.6.(2018衡水中学押题三,21)已知函数 f(x)=ex-x2+a,xR,曲线 y=f(x)的图像在点(0, f(0)处的切线方程为 y=bx.(1)求函数 y=f(x)的解析式;3(2)当 xR 时,求证: f(x) -x2+x;(3)若 f(x)kx对任意的 x(0, + )恒成立,求实数 k的取值范围 .4高考大题专项一 函数与导数的综合 压轴大题突破 1 利用导数求极值、最值、参数范围1.解 (1)由题意知 f(x)=(x-k

5、+1)ex.令 f(x)=0,得 x=k-1.当 x( - ,k-1)时, f(x)0.所以 f(x)的递减区间是( - ,k-1),递增区间是( k-1,+ ).(2)当 k-10,即 k1 时, f(x)在0,1上递增,所以 f(x)在区间0,1上的最小值为 f(0)=-k;当 00,f (x)在(1, + )递增 .(2)f(x)=2x+ ,当 a0 时 f(x)0, f(x)在1,e上递增, f min(x)=f(1)=1.=22+当 a0,f(x)递增,-2f min(x)=f(1)=1.若 10,即 a-x2+ 对任意 x(1, + )恒成立,2记 p(x)=-x2+ ,定义域为(

6、1, + ),2则 p(x)=-2x+ ,2-22 =-23+2-22设 q(x)=-2x3+2-2ln x,q(x)=-6x2- ,2则当 x1时, q(x)递减,所以当 x1时, q(x)1时, p(x)0.即 F(x)在( -2,x1)递减,在( x1,+ )递增 .故 F(x)在 -2,+ )的最小值为 F(x1).而 F(x1)=2x1+2- -4x1-2=-x1(x1+2)0 .21故当 x -2时, F(x)0,即 f(x) kg(x)恒成立 . 若 k=e2,则 F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当 x-2时, F(x)0,即 F(x)在( -2,+ )递增 .而

7、 F(-2)=0,故当 x -2时, F(x)0,即 f(x) kg(x)恒成立 . 若 ke2,则 F(-2)= -2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0,f(x)在 x1, + )上递增, f(x)min=f(1)=0(合题意) .当 a0时, f(x)=ex- ,当 x1, + )时, y=exe . 当 a(0,e时,因为 x1, + ),所以 y= e, f(x)=ex- 0, f(x)在1, + )上递增, f(x)min=f(1)=0(合题意) . 当 a(e, + )时,存在 x01, + ),满足 f(x)=ex- =0,f(x)在 x01, x0)上递减,在( x0,+

8、)上递增,故 f(x0)-1时, g(x)0,g(x)递增;所以 g(x) g(-1)=0.因此 f(x)+e0 .2.证明 令 h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x0),h(x)=1- ,21=2-2设 p(x)=x2-x-a=0,函数 p(x)的图像的对称轴为 x= .12p (1)=1-1-a=-a1,由对称性知, p(x)=0的另一根小于 0,且 -x0-a=0,20h(x)在(0, x0)上是减少的,在( x0,+ )上是增加的,h(x)min=h(x0)=x0+ -ln x0-1=x0+ -ln x0-1=2x0-ln x0-2.0 20-00令 F(x)=2x-l

9、n x-2(x1),F(x)=2- 0恒成立,1=2-1所以 F(x)在(1, + )上是增加的 .F (1)=2-0-2=0,F (x)0,即 h(x)min0,所以,当 x(0, + )时, f(x)g(x).3.解法 1 函数 f(x)的定义域为 R,当 a=0时, f(x)=-3x2+1,有两个零点 ,33原函数草图a= 0不合题意;当 a0时,当 x - 时, f(x) - ,f(0)=1, f(x)存在小于 0的零点 x0,不合题意;当 a0;(2,0)在区间(0, + )内 f(x)0f(x)min=f 0 +10 4.(2) 82122 42a0,当 t1或 t0,函数在( ,

10、e上递增;3 3则 g(x)min=g( )=3e,而 g( )= =27 27,且 g(e)=e30).当 a0 时, f(x)0,f(x)没有零点,当 a0时,因为 e2x递增, - 递增 ,所以 f(x)在(0, + )递增 .又 f(a)0,当 b满足 00时, f(x)存在唯一零点 .(2)证明 由(1),可设 f(x)在(0, + )的唯一零点为 x0,当 x(0, x0)时, f(x)0.8故 f(x)在(0, x0)递减,在( x0,+ )递增,所以当 x=x0时, f(x)取得最小值,最小值为 f(x0).由于 2 =0,200所以 f(x0)= +2ax0+aln 2 a+

11、aln .20 2 2故当 a0时, f(x)2 a+aln .26.(1)解 根据题意,得 f(x)=ex-2x,则 f(0)=1=b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入 y=f(x),得 a=-1,故 f(x)=ex-x2-1.(2)证明 令 g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1.由 g(x)=ex-1=0,得 x=0,当 x( - ,0)时, g(x)0,y=g(x)递增 .所以 g(x)min=g(0)=0,所以 f(x) -x2+x.(3)解 f(x)kx对任意的 x(0, + )恒成立等价于 k 对任意的 x(0, + )恒成立 .()令 (x)= ,x0,()得 (x)= .()-()2 =(-2)-(-2-1)2 =(-1)(-1)2由(2)可知,当 x(0, + )时,e x-x-10恒成立,令 (x)0,得 x1;令 (x)0,得 0x1.所以 y= (x)的递增区间为(1, + ),递减区间为(0,1),故 (x)min= (1)=e-2,所以 k (x)min=e-2.所以实数 k的取值范围为( - ,e-2).