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高考数学二轮复习解答题专项练:函数与导数(含答案)

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高考数学二轮复习解答题专项练:函数与导数(含答案)5.函数与导数1.设函数f(x)=xlnx+ax,a∈R.(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求函数y=f(x)在上的最小值;(3)若g(x)=f(x)+ax2-(2a+1)x,求证:a≥0是函数y=g(x)在x∈(1,2)时单调递增的充分不必要条件.(1)解 由f(x)=xlnx+ax,得f′(x)=lnx+a+1.当a=1时,f′(x)=lnx+2,f(1)=1,f′(1)=2,求得切线方程为y=2x-1.(2)解 令f′(x)=0,得x=e-(a+1).∴当e-(a+1)≤,即a≥0时,x∈时f′(x)≥0恒成立,f(x)单调递增,此时f(x)min=f =.当e-(a+1)≥e,即a≤-2时,x∈时f′(x)≤0恒成立,f(x)单调递减,此时f(x)min=f(e)=ae+e.当e-(a+1)e,即-2a0时,x∈时f′(x)0,f(x)单调递减;当x∈(e-(a+1),e)时,f′(x)0,f(x)单调递增,此时f(x)min=f(e-(a+1))=-e-(a+1).(3)证明 g′(x)=f′(x)+ax-(2a+1)=lnx+ax-a=lnx+a(x-1),∴当a≥0时,x∈(1,2)时,lnx0,a(x-1)≥0,g′(x)0恒成立,函数y=g(x)在x∈(1,2)时单调递增,充分条件成立;又当a=-时,代入g′(x)=lnx+a(x-1)=lnx-x+.设h(x)=g′(x)=lnx-x+,x∈(1,2),7则h′(x)=-=0(x∈(1,2))恒成立,∴当x∈(1,2)时,h(x)单调递增.又h(1)=0,∴当x∈(1,2)时,h(x)0恒成立.而h(x)=g′(x),∴当x∈(1,2)时,g′(x)0恒成立,函数y=g(x)单调递增,∴必要条件不成立.综上,a≥0是函数y=g(x)在x∈(1,2)时单调递增的充分不必要条件.2.已知函数f(x)=lnx+-1,a∈R.(1)若关于x的不等式f(x)-x+1在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范围;(2)设函数g(x)=,证明:当a≥时,g(x)在[1,e2]上不存在极值.(1)解 由f(x)-x+1,得lnx+-1-x+1.即a-xlnx-x2+2x在[1,+∞)上恒成立.设m(x)=-xlnx-x2+2x,x≥1,则m′(x)=-lnx-2x+1.∵x∈[1,+∞),∴-lnx≤0,-2x+10.∴当x∈[1,+∞)时,m′(x)=-lnx-2x+10.∴m(x)在[1,+∞)上单调递减.∴当x∈[1,+∞)时,m(x)≤m(x)max=m(1)=1.∴a1,即a的取值范围是(1,+∞).(2)证明 ∵g(x)=-+,x∈.∴g′(x)=+-=.设h(x)=2x-xlnx-2a,x∈[1,e2],则h′(x)=2-(1+lnx)=1-lnx.令h′(x)=0,得x=e.当1≤xe时,h′(x)0;当ex≤e2时,h′(x)0.∴h(x)在[1,e)上单调递增,在(e,e2]上单调递减.∴h(x)max=h(e)=e-2a≤0,即g′(x)≤0.∴g(x)在[1,e2]上单调递减.7∴当a≥时,g(x)在[1,e2]上不存在极值.3.已知函数f(x)=lnx,g(x)=f(x)+ax2+bx,函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于x轴.(1)确定a与b的关系;(2)若a≥0,试讨论函数g(x)的单调性.解 (1)依题意得g(x)=lnx+ax2+bx,则g′(x)=+2ax+b,由函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于x轴得,g′(1)=1+2a+b=0,∴b=-2a-1.(2)由(1)得g′(x)==.∵函数g(x)的定义域为(0,+∞),∴当a=0时,g′(x)=-,由g′0得0x1,由g′0得x1;若01,即a时,由g′0得x1或0x,由g′0得x1;若1,即0a时,由g′0得x或0x1,由g′0得1x;若=1,即a=时,在上恒有g′≥0.综上得,当a=0时,函数g在(0,1)上单调递增,在上单调递减;当0a时,函数g在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增;当a=时,函数g在上单调递增;当a时,函数g在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.4.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a为实数).(1)当a=5时,求函数g(x)的图象在x=1处的切线方程;7(2)求f(x)在区间[t,t+2](t0)上的最小值;(3)若存在两个不等实数x1,x2∈,使方程g(x)=2exf(x)成立,求实数a的取值范围.解 (1)当a=5时,g(x)=(-x2+5x-3)ex,g(1)=e,g′(x)=(-x2+3x+2)ex,故切线的斜率为g′(1)=4e,所以切线方程为y-e=4e(x-1),即4ex-y-3e=0.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f′(x)=lnx+1,所以在(0,+∞)上,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:xf′(x)-0+f(x)↘极小值(最小值)↗当t≥时,在区间[t,t+2]上,f(x)为增函数,所以f(x)min=f(t)=tlnt;当0t时,在区间上,f(x)为减函数,在区间上,f(x)为增函数,所以f(x)min=f =-.(3)由g(x)=2exf(x),可得2xlnx=-x2+ax-3,则a=x+2lnx+,令h(x)=x+2lnx+,x0,则h′(x)=1+-=.当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:x1(1,e)h′(x)-0+h(x)↘极小值(最小值)↗因为h=+3e-2,h(e)=+e+2,h(1)=4,所以h(e)-h=4-2e+0,7所以h(e)h,所以实数a的取值范围为.5.已知函数f(x)=x2-axlnx(a∈R).(1)若曲线f(x)在(1,f(1))处的切线与直线y=-x+5垂直,求实数a的值;(2)若∃x∈[1,e],使得≤0成立,求实数a的取值范围.解 (1)依题意知,f′(x)=2x-alnx-a,故f′(1)=2-a=1,解得a=1.(2)依题意知,∃x∈[1,e],使得x-alnx+≤0成立,即函数h(x)=x-alnx+在[1,e]上的最小值h(x)min≤0.h′(x)=1--==,当a+10,即a-1时,令h′(x)0,∵x0,∴x1+a,令h′(x)0,∵x0,∴0x1+a,∴h(x)的单调递增区间为[1+a,+∞),单调递减区间为(0,1+a].当a+1≤0,即a≤-1时,h′(x)0恒成立,∴h(x)的单调递增区间为(0,+∞).①当a+1≥e,即a≥e-1时,h(x)在[1,e]上单调递减,∴h(x)min=h(e)=e+-a≤0,∴a≥,∵e-1,∴a≥;②当a+1≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增,∴h(x)min=h(1)=1+1+a≤0,∴a≤-2;③当1a+1e,即0ae-1时,h(x)min=h(1+a)=2+a-aln(1+a)≤0,∵0ln(1+a)1,∴0aln(1+a)a,∴h(1+a)2,此时不存在x,使h(x)≤0成立.综上,实数a的取值范围为(-∞,-2]∪.6.已知函数f(x)=x3+ax2-a2x+2,a∈R.(1)若a0,试求函数y=f(x)的单调递减区间;(2)若a=0,且曲线y=f(x)在点A,B(A,B不重合)处切线的交点位于直线x=2上,证明:A,B两点的横坐标之和小于4;(3)如果对于一切x1,x2,x3∈[0,1],总存在以f(x1),f(x2),f(x3)为三边长的三角形,试求正实数a的取值范围.7(1)解 函数f(x)的导函数f′(x)=3x2+2ax-a2=3(x+a).因为a0,由f′(x)0,解得x-a.所以函数y=f(x)的单调递减区间为.(2)证明 当a=0时,f(x)=x3+2.设在点A(x1,x+2),B(x2,x+2)处的切线交于直线x=2上一点P(2,t).因为y′=3x2,所以曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为k=3x,所以在点A处的切线方程为y-(x+2)=3x(x-x1).因为切线过点P,所以t-(x+2)=3x(2-x1),即2x-6x+(t-2)=0.同理可得2x-6x+(t-2)=0,两式相减得2(x-x)-6(x-x)=0,即(x1-x2)(x+x1x2+x)-3(x1-x2)(x1+x2)=0,因为x1-x2≠0,所以x+x1x2+x-3(x1+x2)=0,即(x1+x2)2-x1x2-3(x1+x2)=0.因为x1x2≤2,且x1≠x2,所以x1x22.从而上式可以化为(x1+x2)2-2-3(x1+x2)0,即(x1+x2)(x1+x2-4)0.解得0x1+x24,即A,B两点的横坐标之和小于4.(3)解 由题设知,f(0)f(1)+f(1),即22(-a2+a+3),解得-1a2.又因为a0,所以0a2.因为f′(x)=3(x+a),所以当x∈时,f′(x)0,f(x)单调递减,当x∈时,f′(x)0,f(x)单调递增.所以当x=时,f(x)有最小值f=-a3+2.从而条件转化为7由①得a;由②得a,再根据0a2,得0a.不等式③化为a3-a2+a-10.令g(a)=a3-a2+a-1,则g′(a)=a2-2a+10,所以g(a)为增函数.又g(2)=-0,所以当a∈时,g(a)0恒成立,即③成立.所以a的取值范围为.7

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