版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)大題專項突破高考大題專項1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合(壓軸大題)文北師大版

1、2020 版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)大題專項突破高考大題專項 1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合(壓軸大題)文北師大版1高考大題專項一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合壓軸大題突破 1 利用導(dǎo)數(shù)求極值、最值、參數(shù)范圍1.已知函數(shù)f(x)=(x-k)e.(1 )求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間0,1 上的最小值_ 22.( 2018 山東濰坊一模,21 )已知函數(shù)f(x)=alnx+x .(1)若a=2,判斷f(x)在(1,+s)上的單調(diào)性；(2 )求函數(shù)f(x)在1, e上的最小值.3.(2018 山東師大附中一模,21)已知函數(shù)f(x)=(xa) ex(a R)。(1 )當(dāng)a=2 時，求函數(shù)f(x)在x=0 處的切線方

2、程；(2)求f(x)在區(qū)間1 , 2上的最小值.4。(2018 遼寧撫順 3 月模擬，21 改編)已知函數(shù)f(x)=ax2lnx(a R)。若f(x)+x30 對任意x (1,+x)恒成立，求a的取值范圍。5.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ax+b, g(x)=ex(cx+d)。若曲線y=f(x)和曲線y=g(x)都過點(diǎn)P(0 , 2),且在點(diǎn)P處 有相同的切線y=4x+2.(1) 求a, b,c,d的值；(2) 若x-2 時，f(x) 1時，f(x)+e0o2.( 2018 河北保定一模,21 改編)已知函數(shù)f(x)=x+o設(shè)函數(shù)g(x)=lnx+1。證明：當(dāng)x( 0,+)且a0 時，f(x)g(x

3、).3.已知函數(shù)f(x)=ax33x2+1,若f(x)存在唯一的零點(diǎn)4o(2018 安徽蕪湖期末,21 改編)已知函數(shù)f(x)=x3alnx(aR).若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(1,e上存在 兩個不同零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。5.設(shè)函數(shù)f(x)=e2xalnx.(1 )討論f(x)的導(dǎo)函數(shù) f (x)零點(diǎn)的個數(shù)(2)證明：當(dāng)a0 時，f(x)2a+aln。6o(2018 衡水中學(xué)押題三，21)已知函數(shù)f(x)=ex-x2+a,x R,曲線y=f(x)的圖像在點(diǎn)(0 ,f(0 )處的 切線方程為y=bx.(1 )求函數(shù)y=f(x)的解析式；(2 )當(dāng)x R 時，求證:f(x)x2+x;(3 )若f

4、(x)kx對任意的x (0,)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.xo,且xo0,求a的取值范圍2020 版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)大題專項突破高考大題專項 1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合(壓軸大題)文北師大版3高考大題專項一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合壓軸大題突破 1 利用導(dǎo)數(shù)求極值、最值、參數(shù)范圍1。解(1)由題意知f(x)=(x-k+1)ex.令f(x)=0,得x=k1.當(dāng)x (a,k-1)時，f(x)0.所以f(x)的遞減區(qū)間是(一,k1),遞增區(qū)間是(k-1,+a).(2)當(dāng)k-10,即kwi時，f(x)在0, 1上遞增，所以f(x)在區(qū)間0,1 上的最小值為f(0)=-k；當(dāng) 0k11,即 1 k 1, 即卩k2時,f

5、(x)在0 , 1上遞減， 所以f(x)在區(qū)間0 , 1上的最小值為f(1)=(1-k) e.綜上，當(dāng)kwi時，f(x)在0,1上的最小值為f( 0)=-k;當(dāng) 1k2 時,f(x)在0,1 上的最小值為f(k-1)=ek-1; 當(dāng)k時，f(x)在0,1上的最小值為f(1)=(1-k) e.2 2(xz-2。解(1 )當(dāng)a=2 時，f(x)=2x ,由于x( 1,+a),故f(x)0,f(x)在(1,+R)遞增.a 2x?+ it，當(dāng)a0時f(x) 0,f(x)在1 , e上遞增，fmin(x)=f(1)=1。1若a-1w1,貝yaw2,當(dāng)x 1 , 2時，f (x)0,貝Uf(x)在1 ,

6、2上遞增.所以f(X)min=f(1)=(1 a)e。2若a12,貝ya3,當(dāng)x 1 , 2時，f(x)w0,貝yf(x)在1 , 2上遞減.所以f(X)min=f(2)=(2-a)e。3若 1a-12,則 2 a 3,f(x)在區(qū)間0, 1f(x)=2x+當(dāng)a2,也就是一2wa0 時,x 1,e ,f(x)0,f(x)遞增, (1)=1若 1 0,f(x)遞增。e,即-2e2ae, 即卩aw-2e2時，x 1 , e ,f(x)0,f(x)遞減.若2 fmin(x)=f(e)=e+a。綜上所述：當(dāng)a2 時,f(x)的最小值為 1;當(dāng)-2e2a-2 時，f(x)的最小值為 當(dāng)aw2e2時，f(

7、x)的最小值為 e2+a.3.解(1 )設(shè)切線的斜率為k因?yàn)閍=2,所以f(x) 所以f(0)=-2,k=f所以所求的切線方程為(2)由題意得f(x)al I a2叫-2丿-o=(x-2) ex,f(x)=ex(x1)。(0)=e0(01)=-1。 y=-x-2，即x+y+2=0.=ex(x-a+1),令f(x)=0,可得x=a-1.f(x)=0 解得x=(負(fù)值舍去),設(shè)Xooa=7T In-12020 版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)大題專項突破高考大題專項 1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合(壓軸大題)文北師大版4所以f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:X(1,a-1)a1(a-1,2)f(X)10+f(x)遞減

8、極小值遞增所以f(x)的遞減區(qū)間為1,a-1,遞增區(qū)間為a-1,2 所以f(x)在1,2上的最小值為f(a-1)=ea1。綜上所述：當(dāng)a3時，f(x)min=f(2)=(2a)e ;a 1當(dāng) 2a x2+工 對任意x( 1,+x)恒成立則當(dāng)x1 時,q(x)遞減,所以當(dāng)x1 時，q(x)q(1)=0,故p(x)0 在(1 ,+8)上恒成立，2nx所以函數(shù)p(x)=-x2+在(1 ,+8)上遞減,所以當(dāng)x1 時，p(x)1, 所以a的取值范圍是-1,+8)。5.解(1)由已知得f(0)=2,g(0 )=2,f(0)=4,g( 0)=4。而f(x)=2x+a,g(x)=ex(cx+d+c),故b=

9、2,d=2,a=4,d+c=4.從而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知，f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).設(shè)函數(shù)F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2, 則F(x)=2kex(x+2)-2x4=2 (x+2) (kex1)。由題設(shè)可得F(0) 0,即k1.令F(x)=0 得X1=lnk,X2=2。若 1ke2,則-2VX1W0.從而當(dāng)x (2, x時，F(xiàn)(x)0。即F(x)在(-2,X1)遞減,在(X1,+8)遞增。故F(x)在2,+8)的最小值為F(X1).而F(xj =2x1+2-鬥-4x1-2=X1(X1+2)0。故當(dāng)x-2

10、時，F(xiàn)(x) 0,即f(x) 2 時，F(xiàn)(x)0,即F(x)在(-2,+8)遞增。而F(-2)=0,故當(dāng)x2 時，F(xiàn)(X) 0,即f(x) e2,則F(-2)= -2ke2+2=-2e2(k e2)0.從而當(dāng)x-2 時，f(x) kg(x)不可能恒成立。綜上,k的取值范圍是1,e2。6.解 由f(x)=exalnxe(a R),得f(x)=ex-,P(X)=x,定義域?yàn)?1,+8),(x)=(x)=2x2020 版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)大題專項突破高考大題專項 1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合(壓軸大題)文北師大版5a當(dāng)a0,f(x)在x 1,+)上遞增，f(x)min=f(1)=0 (合題意)。當(dāng)a0 時，f

11、 (x)=ex-，當(dāng)x 1 ,+8)時，y=ex。1當(dāng)a (0 , e時，因?yàn)閤 1,+8),所以y=0,f(x)在1,+8)上遞增,f(x)min=f(1)=0 (合題意).a2當(dāng)a( e,+8)時，存在xo1,+8),滿足f(x) =x=0,f(x)在Xo 1,Xo)上遞減,在(Xo,+8)上遞增,故f(Xo)0恒成立，綜上所述，a的取值范圍是(一8,e :。突破 2利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點(diǎn)個數(shù)-UX2+(2a -l)x +2X1. ( 1)解f(x)=_e_ ,f (0)=2。因此曲線y=f(x)在點(diǎn)(0 ,1)處的切線方程是 2x-y1=0.(2)證明 當(dāng)al時,f(x)+e(x2+

12、x-1+ex+1) ex.x+x+ 4令g(x)=x +x-1+e ,貝Hg(x)=2x+1+e。當(dāng)x 1 時,g(x)-1 時，g(x)0,g(x)遞增；所以g(x) g(1)=0。因此f(x)+e0。a1x2- x - a_ 一 _ = _x2. 證明 令h(x)=f(x)-g(x)=x+-lnx1 (x0),h(x)=1-,11.27設(shè)p(x)=xx-a=0,函數(shù)p(x)的圖像的對稱軸為x=/p(1)=11a=-a1) ,F(x)=2-0 恒成立，所以F(x)在(1,+8)上是增加的./F(1)=2-02=0, F(X)0，即h(x)min0,所以，當(dāng)x( 0,+8)時,f(x)g(x)

13、。3.解法 1 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?R,當(dāng)a=0 時，f(x)=-3x2+1,有兩個零點(diǎn)土原函數(shù)草圖a=0 不合題意;當(dāng)a0 時，當(dāng)XT8時，f(x -8,f(0)=1,(x)存在小于0 的零點(diǎn)X0,不合題意;2020 版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)大題專項突破高考大題專項 1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合(壓軸大題)文北師大版6Q.o)內(nèi)是減少的，在區(qū)間內(nèi)是增加的，在區(qū)間(0,+*)內(nèi)是減少的.解法 3 分離成a=-g(t)=-3t2+3=3(1-t2)，當(dāng)t(-1,1)時，g(t)0,當(dāng)t1 或t1 時,g(x)0o所以g(t)在(一8,-1)遞減，在區(qū)間(-1,1 )遞增，在(1,+8)遞減，所以當(dāng)t=-1

14、 時，g(t)min=2,由g(t)=-t +3t的圖像可知，t=1 時，g(t)max=2oXT+8時,g(t+8,當(dāng)a 2 時，直線y=a與g(t)=t3+3t的圖像只有一個交點(diǎn)，交點(diǎn)在第四象限，所以滿足題意.在區(qū)內(nèi)f(x)0;0?若f(x)存在唯一的零點(diǎn)Xo,且X00?f(x)min=a0,a-2.解法 2 曲線y=ax3與曲線y=3x21 僅在y軸右側(cè)有一個公共點(diǎn)，當(dāng)a0時，由圖像知不符合題意；當(dāng)a0?2 ,4oaxi = 3xi15i= 6xat得a=2,由圖像知a0。故f(x)在(0,X。)遞減，在(X0,+8)遞增，所以當(dāng)X=X0時，f(x)取得最小值，最小值為f(X0)。, a

15、- _由于 2=0,a7121所以f(X0) =2壯+2ax+aln口2a+al 日故當(dāng)a0 時,f(x) 2a+aln。即函數(shù)y=a的圖像與函數(shù)g(x)- 1)的圖像有兩個不同的交點(diǎn)因?yàn)間(x)=令g(x)=0 得x=, 所以當(dāng)x( 1,)時, 當(dāng)x (k3,e 時,g(x)g(x)0,函數(shù)在(1 ,0,函數(shù)在(、，昭)上遞減,e 上遞增；e27則g(x)min=g (Lt) =3e,而g(=2727,且g(e)=e30,fx(0,+8),f(x)=2e(x0)o(x)沒有零點(diǎn)，a當(dāng)a0 時，因?yàn)?e2x遞增,*遞增，所以f(x)在(0 ,+R)遞增。又f(a)0,當(dāng)b滿足 故當(dāng)a0 時，f(x)存在唯一零點(diǎn).0b且b時,f(b)2020 版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)大題專項突破高考大題專項 1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合(壓軸大題)文北師大版86。(1)解根據(jù)題意，得f(x)=eX-2x,則f(0)=仁b.由切線方程可得切點(diǎn)坐標(biāo)為(0, 0)，將其代入y=f(x)，得a=-1,故f(x)=exx21.證明 令g(x)=f(x)+x2-x=exx1.由g(x)=ex仁0,得x=0,當(dāng)x (-8,0)時，g(x)0,y=g(x)