【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章素养提升1高考中函数与导数解答题的提分策略作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章素养提升1高考中函数与导数解答题的提分策略作业

素养提升1　高考中函数与导数解答题的提分策略 ‎1.[12分]已知函数f (x) =lnx+2‎x.‎ ‎(1)求函数f (x)在[1,+∞)上的值域;‎ ‎(2)若∀x∈[1,+∞),ln x(ln x+4)≤2ax+4恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎2.[2020江西红色七校第一次联考,12分]已知f (x) =‎1‎‎2‎x(x+2)-a(x+ln x)(a∈R).‎ ‎(1)讨论f (x)的单调性;‎ ‎(2)若f (x1) =f (x2)(x1≠x2),证明:x1+x2>2a.‎ ‎3.[2020洛阳市第一次联考,12分]已知函数f (x) =aln x-x2+(2a-1)x,其中a∈R.‎ ‎(1)当a =1时,求函数f (x)的单调区间;‎ ‎(2)求函数f (x)的极值;‎ ‎(3)若函数f (x)有两个不同的零点,求a的取值范围.‎ ‎ ‎ ‎4.[12分]已知函数f (x) =ex‎-‎‎1‎‎2‎bx2+ax(a,b∈R).‎ ‎(1)当a>-1且b =1时,试判断函数f (x)的单调性.‎ ‎(2)若a<1-e且b =1,求证:函数f (x)在[1,+∞)上的最小值小于‎1‎‎2‎.‎ ‎(3)若f (x)在R上是单调函数,求ab的最小值.‎ 素养提升1高考中函数与导数解答题的提分策略 ‎1.(1)易知f ' (x)=‎ - 1 - lnxx‎2‎<0(x≥1),(1分)‎ ‎∴f (x)在[1,+∞)上单调递减,f (x)max=f (1)=2.(3分)‎ ‎∵x≥1时,f (x)>0,‎ ‎∴f (x)在[1,+∞)上的值域为(0,2].(5分)‎ ‎(2)令g(x)=ln x(ln x+4) - 2ax - 4,x∈[1,+∞),‎ 则g' (x)=2(lnx+2‎x - a),(6分)‎ ‎①若a≤0,则由(1)可知,g' (x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增,‎ ‎∵g(e)=1 - 2ae>0,与题设矛盾,∴a≤0不符合要求.(7分)‎ ‎②若a≥2,则由(1)可知,g' (x)≤0,g(x)在[1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴g(x)≤g(1)= - 2a - 4<0,∴a≥2符合要求.(8分)‎ ‎③若00恒成立,f (x)在(0,+∞)上是增函数;‎ 若a>0,则当0a时,f ' (x)>0,‎ 则f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.‎ 综上可得,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上是增函数;‎ 当a>0时,f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(6分)‎ ‎(2)由(1)知,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上是增函数,‎ 不存在f (x1)=f (x2)(x1≠x2),所以a>0.‎ 由(1)知当a>0时,f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,存在f (x1)=f (x2).‎ 不妨设0f (a+(a - x1)),‎ 即f (x1)=f (a - (a - x1))>f (a+(a - x1))=f (2a - x1).‎ 又f (x2)=f (x1),则有f (x2)>f (2a - x1).‎ 又x2>a,2a - x1>a,f (x)在(a,+∞)上单调递增,‎ 所以x2>2a - x1,即x1+x2>2a.(12分)‎ ‎3.(1)当a=1时,f (x)=ln x - x2+x(x>0),f ' (x)=‎1‎x - 2x+1= - ‎(2x+1)(x - 1)‎x.‎ 当f ' (x)<0时,x>1;当f ' (x)>0时,00,则由f ' (x)=0,解得x=a,‎ 当00,当x>a时,f ' (x)<0,(5分)‎ ‎∴f (x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,‎ ‎∴当x=a时,函数f (x)取极大值,极大值为f (a)=a(ln a+a - 1),无极小值.(7分)‎ ‎(3)由(2)可知,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上单调递减,则f (x)至多有一个零点,不符合题意,舍去.‎ 当a>0时,函数f (x)的极大值为f (a)=a(ln a+a - 1).‎ 令g(x)=ln x+x - 1(x>0),‎ 则g' (x)=‎1‎x+1>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 又g(1)=0,∴当01时,g(x)>0.(9分)‎ ‎(i)当01时,f (a)=ag(a)>0,‎ ‎∵f (‎1‎e)=a(‎2‎e - 1) - ‎1‎e‎2‎‎ - ‎‎1‎e<0,‎ ‎∴函数f (x)在(‎1‎e,a)内有一个零点,‎ f (3a - 1)=aln(3a - 1) - (3a - 1)2+(2a - 1)(3a - 1)=a[ln(3a - 1) - (3a - 1)].‎ 设h(x)=ln x - x(x>2),‎ 则h' (x)=‎1‎x - 1<0,∴h(x)在(2,+∞)上单调递减,‎ 则h(3a - 1)1时,函数f (x)恰有两个零点.‎ 综上,函数f (x)有两个不同的零点时,a的取值范围为(1,+∞).(12分)‎ ‎4.(1)由题意可得f ' (x)=ex - x+a.(1分)‎ 设g(x)=f ' (x)=ex - x+a,则g' (x)=ex - 1,‎ 所以当x>0时,g' (x)>0,f ' (x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 当x<0时,g' (x)<0,f ' (x)在( - ∞,0)上单调递减,(2分)‎ 所以f ' (x)≥f ' (0)=1+a,‎ 因为a> - 1,所以1+a>0,即f ' (x)>0,‎ 所以函数f (x)在R上单调递增.(4分)‎ ‎(2)由(1)知f ' (x)在[1,+∞)上单调递增,‎ 因为a<1 - e,所以f ' (1)=e - 1+a<0,‎ 所以存在t∈(1,+∞),使得f ' (t)=0,即et - t+a=0,即a=t - et,‎ 所以函数f (x)在[1,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增,‎ 所以当x∈[1,+∞)时,f (x)min=f (t)=et - ‎1‎‎2‎t2+at=et - ‎1‎‎2‎t2+t(t - et)=et(1 - t)+‎1‎‎2‎t2.(6分)‎ 令h(x)=ex(1 - x)+‎1‎‎2‎x2,x>1,则h' (x)=x(1 - ex)<0恒成立,‎ 所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)0,g(x)在R上为增函数.‎ 当x→ - ∞时,g(x)→ - ∞,与g(x)≥0矛盾.‎ 当b>0时,由g' (x)>0,得x>ln b,由g' (x)<0,得x0).(10分)‎ 令F(x)=x2ln x - x2(x>0),则F' (x)=x(2ln x - 1),‎ 由F‘(x)>0,得x>e,由F' (x)<0,得0

查看更多