高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 練案（18）高考大題規(guī)范解答系列（一）-函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

[練案18]高考大題規(guī)范解答系列(一)——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)1．(2020·湖北宜昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝(m＋eq\f(1,m))lnx＋eq\f(1,x)－x，其中常數(shù)m>0.(1)當(dāng)m＝2時(shí)，求f(x)的極大值；(2)試討論f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調(diào)性．[解析](1)當(dāng)m＝2時(shí)，f(x)＝eq\f(5,2)lnx＋eq\f(1,x)－x，f′(x)＝eq\f(5,2x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x－22x－1,2x2)(x>0)當(dāng)0<x<eq\f(1,2)或x>2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)eq\f(1,2)<x<2時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，eq\f(1,2))和(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(eq\f(1,2)，2)上單調(diào)遞增，∴f(x)的極大值為f(2)＝eq\f(5,2)ln2－eq\f(3,2).(2)f′(x)＝eq\f(m＋\f(1,m),x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x－mx－\f(1,m),x2)(x>0，m>0)，故當(dāng)0<m<1時(shí)，f(x)在(0，m)上單調(diào)遞減，在(m,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)m>1時(shí)，f(x)在(0，eq\f(1,m))上單調(diào)遞減，在(eq\f(1,m)，1)上單調(diào)遞增．2．(2020·黑龍江省哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三上學(xué)期開學(xué)考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0處取得極值，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時(shí)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex).因?yàn)閒(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，由f′(x)>0,0<x<2；f′(x)<0有x<0或x>2，故a＝0時(shí)，f(x)在x＝0處取得極值，f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，從而f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化簡得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).當(dāng)x<x1時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x>x2時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)．由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2).故a的取值范圍為[－eq\f(9,2)，＋∞)．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－a)x－alnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a>0，證明：當(dāng)0<x<a時(shí)，f(a＋x)<f(a－x)．[解析](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由已知，得f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)＝eq\f(x2＋1－ax－a,x)＝eq\f(x＋1x－a,x).若a≤0，則f′(x)>0，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若a>0，則由f′(x)＝0，得x＝a.當(dāng)0<x<a時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)>0.此時(shí)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令g(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，則g(x)＝eq\f(1,2)(a＋x)2＋(1－a)(a＋x)－aln(a＋x)－[eq\f(1,2)(a－x)2＋(1－a)(a－x)－aln(a－x)]＝2x－aln(a＋x)＋aln(a－x)．所以g′(x)＝2－eq\f(a,a＋x)－eq\f(a,a－x)＝eq\f(－2x2,a2－x2).當(dāng)0<x<a時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，a)上是減函數(shù)．而g(0)＝0，所以g(x)<g(0)＝0.故當(dāng)0<x<a時(shí)，f(a＋x)<f(a－x)．4．已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)若x＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值；(2)設(shè)g(x)＝(a－2)x，若?x∈[eq\f(1,e)，e]，使得f(x0)≤g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－4＝eq\f(2x2－4x＋a,x).∵x＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，∴f′(3)＝0，解得a＝－6.經(jīng)檢驗(yàn)a＝－6時(shí)，x＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)，符合題意，∴a＝－6.(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥xeq\o\al(2,0)－2x0，記F(x)＝x－lnx(x>0)，∴F′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，∴當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增．∴.F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥eq\f(x\o\al(2,0)－2x0,x0－lnx0).記G(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，x∈[eq\f(1,e)，e]．∴G′(x)＝eq\f(2x－2x－lnx－x－2x－1,x－lnx2)＝eq\f(x－1x－2lnx＋2,x－lnx2).∵x∈[eq\f(1,e)，e]，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0，∴x∈(eq\f(1,e)，1)時(shí)，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；x∈(1，e)時(shí)，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增．∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．5．(2020·安徽省合肥市高三質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)判斷函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；(2)若?x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求a的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)有1個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，f(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞增，在(ln2a,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增，∴f(x)沒有極值點(diǎn)；當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)；綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)有1個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a>0且a≠eq\f(1,2)時(shí)，f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)沒有極值點(diǎn)．(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0.當(dāng)x>0時(shí)，ex－x2－ax－1≥0，即a≤eq\f(ex－x2－1,x)對?x>0恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(ex－x2－1,x)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex－x－1,x2).設(shè)h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1.∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，∴a的取值范圍是(－∞，e－2]．6．(2020·遼寧省部分重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體高三模擬考試)已知函數(shù)f(x)＝－x＋alnx(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝x2－2x＋2a，若對任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)<g(x2)，求a[解析](1)由題意得f′(x)＝－1＋eq\f(a,x)＝eq\f(－x－a,x)(x>0)．①當(dāng)a≤0時(shí)，由x>0，得x－a>0，則f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)；②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0得x＝a，所以當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間是(a，＋∞)．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間是(a，＋∞)．(2)依題意，要滿足對任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)<g(x2)，只需滿足f(x)max<g(x)max.因?yàn)間(x)＝x2－2x＋2a，x∈所以g(x)max＝g(0)＝2a由(1)知，當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，值域?yàn)镽，不符合題意；當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－x<0＝g(x)max，符合題意；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，a)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(a，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(a)＝－a＋alna，令2a>－a＋alna，解得0<a<e3綜上a的取值范圍是[0，e3)．7．(2020·德州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，a∈R.(1)若函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時(shí)，關(guān)于x的方程f(x)＝－eq\f(1,2)x＋b在[1,4]上恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝－eq\f(ax2＋2x－1,x)(x>0)，∵x＝2時(shí)，f(x)取得極值，∴f′(2)＝0，解得a＝－eq\f(3,4)，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意．(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，依題意f′(x)≥0在x>0時(shí)恒成立，即ax2＋2x－1≤0在x>0時(shí)恒成立，則a≤eq\f(1－2x,x2)＝(eq\f(1,x)－1)2－1在x>0時(shí)恒成立，∴a≤[(eq\f(1,x)－1)2－1]min(x>0)，當(dāng)x＝1時(shí)，(eq\f(1,x)－1)2－1取最小值－1，∴a的取值范圍是(－∞，－1]．(3)a＝－eq\f(1,2)，f(x)＝－eq\f(1,2)x＋b，即eq\f(1,4)x2－eq\f(3,2)x＋lnx－b＝0.設(shè)g(x)＝eq\f(1,4)x2－eq\f(3,2)x＋l