2018版高考数学理科总复习压轴大题突破练(全国通用2份附答案)

作者:佚名 资料来源:网络 点击数:    有奖投稿

2018版高考数学理科总复习压轴大题突破练(全国通用2份附答案)

本资料为WORD文档,请点击下载地址下载
文章来 源
莲山课件 w w
w.5 Y K J.Com

压轴大题突破练
1.导 数
1.(2017·安徽“皖南八校”联考)已知函数f(x)=ex-ax2-2ax-1.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程;
(2)当x>0时,f(x)>0恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x2-2x-1,f(-1)=1e,
所以切点坐标为-1,1e,f′(x)=ex-2x-2,
所以f′(-1)=1e,
故曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-1e=1ex--1,即y=1ex+2e.
(2)f(x)=ex-ax2-2ax-1求导得f′(x)=ex-2ax-2a,
令g(x)=f′(x)=ex-2ax-2a,则g′(x)=ex-2a(x>0).
①当2a≤1,即a≤12时,g′(x)=ex-2a>1-2a≥0,
所以g(x)=f′(x)=ex-2ax-2a在(0,+∞)上为增函数,
g(x)>g(0)=1-2a≥0,
即g(x)=f′(x)≥0,所以f(x)=ex-ax2-2ax-1在(0,+∞)上为增函数,
所以f(x)>f(0)=1-0-0-1=0,故a≤12时符合题意.
②当2a>1,即a>12时,令g′(x)=ex-2a=0,得x=ln 2a>0,
x (0,ln 2a) ln 2a (ln 2a,+∞)
g′(x) - 0 +
g(x) 减函数 极小值 增函数

当x∈(0,ln 2a)时,g(x)<g(0)=1-2a<0,即f′(x)<0,
所以f(x)在(0,ln 2a)上为减函数,所以f(x)<f(0)=0,与条件矛盾,故舍去.
综上,a的取值范围是-∞,12.
2.(2017·广东惠州调研)已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R).
(1)求函数y=f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,证明:对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.
(1)解 函数f(x)的定义域是(0,+∞),
f′(x)=2x-(a-2)-ax=2x2-a-2x-ax=x+12x-ax.
当a≤0时,f′(x)>0对任意x∈(0,+∞)恒成立,
所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
当a>0时,由f′(x)>0,得x>a2,
由f′(x)<0,得0<x<a2,
所以函数f(x)在区间a2,+∞上单调递增,在区间0,a2上单调递减.
(2)证明 当a=1时,f(x)=x2+x-ln x,要证明f(x)+ex>x2+x+2,
只需证明ex-ln x-2>0,设g(x)=ex-ln x-2,
则问题转化为证明对任意的x>0,g(x)>0,
令g′(x)=ex-1x=0,得ex=1x,
容易知道该方程有唯一解,不妨设为x0,则x0满足 =1x0,
当x变化时,g′(x)和g(x)的变化情况如下表:
x (0,x0) x0 (x0,+∞)
g′(x) - 0 +
g(x) 单调递减  单调递增

g(x)min=g(x0)= -ln x0-2=1x0+x0-2,
因为x0>0,且x0≠1,所以g(x)min>21-2=0,因此不等式得证.
3.(2017·荆、荆、襄、宜四地七校联考)已知函数f(x)=ln x-x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(x)=m(m<-2)有两个相异实根x1,x2,且x1<x2,证明:x1·x22<2.
(1)解 f(x)=ln x-x的定义域为(0,+∞),
f′(x)=1x-1=1-xx=0⇒x=1,
当x∈(0,1)时,f′(x)>0,所以y=f(x)在(0,1)上单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,所以y=f(x)在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)可知,f(x)=m的两个相异实根x1,x2满足ln x-x-m=0,
且0<x1<1,x2>1,ln x1-x1-m=ln x2-x2-m=0,
由题意可知ln x2-x2=m<-2<ln 2-2,
又由(1)可知f(x)=ln x-x在(1,+∞)上单调递减,
故x2>2,
所以0<x1<1,0<2x22<1.
令g(x)=ln x-x-m,
则g(x1)-g2x22=(ln x1-x1)-ln 2x22-2x22
=(ln x2-x2)-(ln 2x22-2x22)=-x2+2x22+3ln x2-ln 2,
令h(t)=-t+2t2+3ln t-ln 2(t>2),
则h′(t)=-1-4t3+3t=-t3+3t2-4t3=-t-22t+1t3.
当t>2时,h′(t)<0,h(t)在(2,+∞)上单调递减,所以h(t)<h(2)=2ln 2-32<0.
所以当x2>2时,g(x1)-g2x22<0,即g(x1)<g2x22,
因为0<x1<1,0<2x22<1,g(x)在(0,1)上单调递增,
所以x1<2x22,故x1·x22<2.
综上所述,x1·x22<2.
4.(2017届重庆市一中月考)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1)当a>0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,且函数g(x)=12x2+nx+mf′(x)(m,n∈R),当且仅当在x=1处取得极值,其中f′(x)为f(x)的导函数,求m的取值范围.
解 (1)f′(x)=a1-xx(x>0),
当a>0时,令f′(x)>0,得0<x<1,
令f′(x)<0,得x>1,
故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)因为函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,
则f′(2)=1,即a=-2,
所以g(x)=12x2+nx+m2-2x,
所以g′(x)=x+n+2mx2=x3+nx2+2mx2,
因为g(x)在x=1处有极值,故g′(1)=0,从而可得n=-1-2m,
则g′(x)=x3+nx2+2mx2=x-1x2-2mx-2mx2,
又因为g(x)仅在x=1处有极值,
所以x2-2mx-2m≥0在(0,+∞)上恒成立,
当m>0时,-2m<0,易知∃x0∈(0,+∞),使得x20-2mx0-2m<0,
所以m>0不成立,故m≤0,
当m≤0且x∈(0,+∞)时,x2-2mx-2m≥0恒成立,
所以m≤0.
综上,m的取值范围是(-∞,0].
5.(2017·湖北沙市联考)已知函数f(x)=e-x(ln x-2k)(k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴垂直.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设g(x)=1-xln x+1ex,对任意x>0,证明:(x+1)·g(x)<ex+ex-2.
(1)解 因为f′(x)=1x-ln x+2kex(x>0),
由已知得f′(1)=1+2ke=0,所以k=-12.
所以f′(x)=1x-ln x-1ex,设k(x)=1x-ln x-1,则k′(x)=-1x2-1x<0在(0,+∞)上恒成立,
即k(x)在(0,+∞)上单调递减,由k(1)=0知,当0<x<1时,k(x)>0,从而f′(x)>0,
当x>1时,k(x)<0,从而f′(x)<0.
综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).
(2)证明 因为x>0,要证原式成立即证gxex<1+e-2x+1成立.
当x≥1时,由(1)知g(x)≤0<1+e-2成立;
当0<x<1时,ex>1,且由(1)知,g(x)>0,所以g(x)=1-xln x-xex<1-xln x-x,
设F(x)=1-xln x-x,x∈(0,1),则F′(x)=-(ln x+2),
当x∈(0,e-2)时,F′(x)>0,
当x∈(e-2,1)时,F′(x)<0,
所以当x=e-2时,F(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2,
所以g(x)<F(x)≤1+e-2,
即当0<x<1时,g(x)<1+e-2.            ①
综上所述,对任意x>0,g(x)<1+e-2恒成立.
令G(x)=ex-x-1(x>0),则G′(x)=ex-1>0恒成立,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增,
G(x)>G(0)=0恒成立,即ex>x+1>0,
即0<1ex<1x+1.            ②
当x≥1时,有gxex≤0<1+e-2x+1;
当0<x<1时,由①②式,gxex<1+e-2x+1.
综上所述,当x>0时,gxex<1+e-2x+1成立,故原不等式成立.
6.(2017·西安模拟)已知函数f(x)=k+4kln x+4-x2x,其中常数k>0.
(1)讨论f(x)在(0,2)上的单调性;
(2)当k∈[4,+∞)时,若曲线y=f(x)上总存在相异的两点M(x1,y1),N(x2,y2),使曲线y=f(x)在M,N两点处的切线互相平行,试求x1+x2的取值范围.
解 (1)由已知得,f(x)的定义域为(0,+∞),
且f′(x)=k+4kx-x2+4x2=-x2-k+4kx+4x2=-x-kx-4kx2(k>0).
①当0<k<2时,4k>k>0,且4k>2,
所以x∈(0,k)时,f′(x)<0;x∈(k,2)时,f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0,k)上是减函数,在(k,2)上是增函数;
②当k=2时,4k=k=2,f′(x)<0在区间(0,2)内恒成立,
所以f(x)在(0,2)上是减函数;
③当k>2时,0<4k<2,k>4k,
所以当x∈0,4k时,f′(x)<0;x∈4k,2时,f′(x)>0,
所以函数在0,4k上是减函数,在4k,2上是增函数.
(2)由题意,可得f′(x1)=f′(x2),x1x2>0且x1≠x2,
即k+4kx1-4x21-1=k+4kx2-4x22-1,化简得,4(x1+x2)=k+4kx1x2.
由x1x2<x1+x222,
得4(x1+x2)<k+4kx1+x222,
即(x1+x2)>16k+4k对k∈[4,+∞)恒成立,
令g(k)=k+4k,则g′(k)=1-4k2=k2-4k2>0对k∈[4,+∞)恒成立.
所以g(k)在[4,+∞)上是增函数,则g(k)≥g(4)=5,
所以16k+4k≤165,
所以(x1+x2)>165,
故x1+x2的取值范围为165,+∞.

文章来 源
莲山课件 w w
w.5 Y K J.Com
最新试题

点击排行

推荐试题

| 触屏站| 加入收藏 | 版权申明 | 联系我们 |