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突破练(六) 函數与导数-2020高考文科数学【步步高】大二轮22题逐题特训(通用版)

高三试卷 2020-02-13 18:03:27 0

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模拟联考答案

模拟联考答案

(六)函数与导数 1．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x－(a为常数，且a∈R)． (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间(0,1)上有唯一的极值点x0，求实数a和极值f(x0)的取值范围．解　(1)f′(x)＝－2ax＋1＝(x>0)，当a＝1时，f′(x)＝＝，由解得01，所以a的取值范围是(1，＋∞)， g(x0)＝0 ?2ax＝x0＋1，所以f(x0)＝ln x0－ax＋x0－＝ln x0－＋x0－＝ln x0＋x0－2，令h(x)＝ln x＋x－2，x∈(0,1)，则h(x)在x∈(0,1)上单调递增，且x→0时，h(x)→－∞，h(1)＝－，所以h(x)∈. 所以f(x0)的取值范围是. 2

1，所以a的取值范围是(1，＋∞)， g(x0)＝0 ?2ax＝x0＋1，所以f(x0)＝ln x0－ax＋x0－＝ln x0－＋x0－＝ln x0＋x0－2，令h(x)＝ln x＋x－2，x∈(0,1)，则h(x)在x∈(0,1)上单调递增，且x→0时，h(x)→－∞，h(1)＝－，所以h(x)∈. 所以f(x0)的取值范围是. 2 [来自e网通客户端]

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(六)函数与导数
1．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x－32(a为常数，且a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上有唯一的极值点x0，求实数a和极值f(x0)的取值范围．
解　(1)f′(x)＝1x－2ax＋1＝－2ax2＋x＋1x(x>0)，
当a＝1时，f′(x)＝－2x2＋x＋1x＝－?2x＋1??x－1?x，
由x>0，f′?x?>0，)解得0所以函数f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
(2)记g(x)＝－2ax2＋x＋1，g(0)＝1，函数f(x)在区间(0,1)上有唯一极值点x0，
则函数g(x)的图象是开口向下的抛物线，且g(1)<0，
即a>0，－2a＋1＋1<0)?a>1，
所以a的取值范围是(1，＋∞)，
g(x0)＝0 ?2ax20＝x0＋1，
所以f(x0)＝ln x0－ax20＋x0－32
＝ln x0－x0＋12＋x0－32＝ln x0＋12x0－2，
令h(x)＝ln x＋12x－2，x∈(0,1)，
则h(x)在x∈(0,1)上单调递增，
且x→0时，h(x)→－∞，h(1)＝－32，
所以h(x)∈\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(32)).
所以f(x0)的取值范围是\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(32)).
2．(2019·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)＝ax－2ln x＋2(1－a)＋a－2x(a>0)．
(1)若f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：1＋13＋15＋…＋12n－1> 12ln(2n＋1)＋n2n＋1(n∈N*)．
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－2x－a－2x2＝ax2－2x＋2－ax2
＝\rc\a))x2.
①当01，若1则f′(x)<0，f(x)在1，\f(2－aa))上是减函数，
所以当x∈\a\vs4\al\co1(1，\f(2－aa))时，f(x)即f(x)≥0在[1，＋∞)上不恒成立．
②当a≥1时，2－aa≤1，
当x>1时，f′(x)>0，f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
又f(1)＝0，所以f(x)≥0.
综上所述，所求a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)证明　由(1)知当a≥1时，f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立．
取a＝1，得x－2ln x－1x≥0，
所以x－1x≥2ln x.
令x＝2n＋12n－1>1，n∈N*，
得2n＋12n－1－2n－12n＋1>2ln 2n＋12n－1，
即1＋22n－1－\a\vs4\al\co1(1－\f(22n＋1))>2ln 2n＋12n－1，
所以12n－1>12ln 2n＋12n－1＋12\a\vs4\al\co1(\f(112n＋1).
上式中n＝1,2,3，…，n，然后n个不等式相加，
得到1＋13＋15＋…＋12n－1>12ln(2n＋1)＋n2n＋1，n∈N*.
3．(2018·福建省百校模拟)已知函数f(x)＝x－1＋aex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝－1时，设－10且f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋1e.
(1)解　f′(x)＝1＋aex，
当a≥0时，f′(x)>0，
则f(x)在R上单调递增．
当a<0时，令f′(x)>0，得x则f(x)的单调递增区间为\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1a))))，
令f′(x)<0，得x>ln\a\vs4\al\co1(－\f(1a))，
则f(x)的单调递减区间为\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1a)))，＋∞).
综上所述，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f(x)在\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1a))))上单调递增，在\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1a)))，＋∞)上单调递减．
(2)证明　方法一　设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3，
由g′(x)<0得x>ln 3；
由g′(x)>0得x故g(x)max＝g(ln 3)＝3ln 3－4<0，
从而得g(x)＝f(x)＋2x<0，
∵f(x1)＋f(x2)＝－5，
∴f(x2)＋2x2＝－5－f(x1)＋2x2<0，
即x1－2x2>－4＋1e.
方法二　∵f(x1)＋f(x2)＝－5，
∴x1＝－x2－3，
∴x1－2x2＝－3x2－3，
设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3，
由g′(x)<0得x由g′(x)>0得x>ln 3，
故g(x)min＝g(ln 3)＝3－3ln 3.
∵－10，
∴x1－2x2>e－1＋3－3ln 3－3＝1e－3ln 3，
∵3ln 3＝ln 27<4，
∴x1－2x2>－4＋1e.
4．(2019·衡水市第二中学期中)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x1，x2满足f(x1)＝f(x2)＝1，证明：x1＋x2>2e2.
(1)解　因为f(x)＝ln x－ax，x>0，
所以f′(x)＝1x－a＝1－axx.
①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，由f′(x)>0，得0由f′(x)<0，得x>1a，
即函数f(x)在\a\vs4\al\co1(0，\f(1a))上单调递增，在\a\vs4\al\co1(\f(1a)，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在\a\vs4\al\co1(0，\f(1a))上单调递增，在\a\vs4\al\co1(\f(1a)，＋∞)上单调递减．
(2)证明　由(1)知，a>0，f(x)在\a\vs4\al\co1(0，\f(1a))上单调递增，在\a\vs4\al\co1(\f(1a)，＋∞)上单调递减，
由f(x1)＝f(x2)＝1，
得f(x)－1＝0有两个不同的实数根，
所以有f?\a\vs4\al\co1(\f(1a))>1，
即ln 1a－1>1，
所以1a>e2，
不妨设0要证明x1＋x2>2e2，
只需证x1＋x2>2a.
即证x2>2a－x1>1a，
即证f(x1)＝f(x2)令F(x)＝f(x)－f?\a\vs4\al\co1(\f(2a)－x)＝ln x－ax－ln\a\vs4\al\co1(\f(2a)－x)＋a\a\vs4\al\co1(\f(2a)－x)，x∈\a\vs4\al\co1(0，\f(1a))，
F′(x)＝1x－2a＋12a＝2?ax－1?2x?2－ax?>0，
所以F(x)在\a\vs4\al\co1(0，\f(1a))上是增函数，
F\a\vs4\al\co1(\f(1a))＝ln 1a－1－ln 1a＋a\a\vs4\al\co1(\f(21a)＝0，
所以F(x)<0，即f(x)－f?\a\vs4\al\co1(\f(2a)－x)<0，
f(x2)＝f(x1)因为x2>1a，2a－x1>1a，
又f(x)在\a\vs4\al\co1(\f(1a)，＋∞)上是减函数，
所以x2>2a－x1，所以x1＋x2>2a，
所以x1＋x2>2e2.
5．已知函数f(x)＝a＋ln xx，g(x)＝mx.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
(3)当a＝1时，求证：当x>1时，(x＋1)\a\vs4\al\co1(x＋\f(1ex))f(x)>2\a\vs4\al\co1(1＋\f(1e)).
(1)解　f(x)＝a＋ln xx的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝1－?a＋ln x?x2＝1－ln x－ax2.
由f′(x)>0，得1－ln x－a>0，
即ln x<1－a，解得0由f′(x)<0，得1－ln x－a<0，解得x>e1－a.
∴f(x)在(0，e1－a)上单调递增，在(e1－a，＋∞)上单调递减．
(2)解　当a＝0时，f(x)＝ln xx，
∴f(x)≤g(x)?ln xx ≤mx?m≥ln xx2，
令u(x)＝ln xx2，∴u′(x)＝1－2ln xx3，
由u′(x)>0得0由u′(x)<0，得x>e，
∴u(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴u(x)max＝u(e)＝e)e＝12e，∴m≥12e.
(3)证明　(x＋1)\a\vs4\al\co1(x＋\f(1ex))f(x)>2\

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