【志鸿优化设计】（福建专版）2023高考数学大一轮复习 高考大题专项练1 文

高考大题专项练1　函数、不等式与导数1.设a为实数,函数f(x)=x3-ax2+(a2-1)x在(-∞,0)和(1,+∞)上都是增函数,求a的取值范围.2.设函数f(x)=aex++b(a>0).(1)求f(x)在[0,+∞)内的最小值;(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=x,求a,b的值.3.设函数f(x)=ex-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0,求k的最大值.6\n4.(2014福建厦门适应性考试)已知函数f(x)=ax2+xlnx(a∈R)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直.(1)求实数a的值;(2)求证:当n>m>0时,lnn-lnm>;(3)若存在k∈Z,使得f(x)>k恒成立,求实数k的最大值.5.(1)证明:当x∈[0,1]时,x≤sinx≤x;(2)若不等式ax+x2++2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立,求实数a的取值范围.6\n6.设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,其中a为实数.(1)若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范围;(2)若g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.答案：1.解:f'(x)=3x2-2ax+(a2-1),其对应方程判别式Δ=4a2-12a2+12=12-8a2.①若Δ=12-8a2=0,即a=±,当x∈或x∈时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数.所以a=±符合题意.②若Δ=12-8a2<0,恒有f'(x)>0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数.所以a2>,即a∈.③若Δ=12-8a2>0,即-<a<,令f'(x)=0,解得x1=,x2=.当x∈(-∞,x1)或x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)为增函数;当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,f(x)为减函数.依题意x1≥0且x2≤1.由x1≥0得a≥,解得1≤a<.由x2≤1得≤3-a,解得-<a<.从而a∈.综上,a的取值范围为,即a∈∪[1,+∞).2.解:(1)f'(x)=aex-,当f'(x)>0,即x>-lna时,f(x)在(-lna,+∞)上递增;当f'(x)<0,即x<-lna时,f(x)在(-∞,-lna)上递减.①当0<a<1时,-lna>0,f(x)在(0,-lna)上递减,在(-lna,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-lna)=2+b;②当a≥1时,-lna≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(0)=a++b.(2)依题意f'(2)=ae2-,解得ae2=2或ae2=-(舍去).所以a=,代入原函数可得2++b=3,即b=.故a=,b=.3.解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a.若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0.所以,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).①6\n令g(x)=+x,则g'(x)=+1=.由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g'(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α).又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.4.(1)解:因为f(x)=ax2+xlnx,所以f'(x)=2ax+lnx+1.因为函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直,所以f'(1)=3,即2a+1=3,故a=1.(2)证明:欲证lnn-lnm>,即证ln,只需证ln>0.令g(x)=lnx-+x(x≥1),则g'(x)=+1.当x≥1时,g'(x)>0,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增.由n>m>0,得>1.所以g>g(1)=0,即ln>0.所以lnn-lnm>.(3)解:由(1)知f(x)=x2+xlnx,x∈(0,+∞),f'(x)=2x+lnx+1,x∈(0,+∞).令g(x)=2x+lnx+1,x∈(0,+∞),则g'(x)=2+,x∈(0,+∞).所以g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g-2+1=-1<0,g=2-ln2>0,所以存在x0∈,使g(x0)=0.所以当x∈(0,x0)时,g(x)=f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g(x)=f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增.所以f(x)在x=x0处取得最小值f(x0).因为f(x)>k恒成立,所以k<f(x0).又f(x0)=+x0lnx0=+x0(-1-2x0)=--x0=-,x0∈,所以f(x0)∈,因为k∈Z,所以k的最大值为-1.5.(1)证明:记F(x)=sinx-x,则F'(x)=cosx-.当x∈时,F'(x)>0,F(x)在上是增函数;当x∈时,F'(x)<0,F(x)在上是减函数.又F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0,即sinx≥x.记H(x)=sinx-x,则当x∈(0,1)时,H'(x)=cosx-1<0,所以,H(x)在[0,1]上是减函数,则H(x)≤H(0)=0,即sinx≤x.综上,x≤sinx≤x,x∈[0,1].(2)解法一:因为当x∈[0,1]时,ax+x2++2(x+2)cosx-4=(a+2)x+x2+-4(x+2)sin2≤(a+2)x+x2+-4(x+2)·6\n=(a+2)x.所以,当a≤-2时,不等式ax+x2++2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立.下面证明,当a>-2时,不等式ax+x2++2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立.因为当x∈[0,1]时,ax+x2++2(x+2)cosx-4=(a+2)x+x2+-4(x+2)sin2≥(a+2)x+x2+-4(x+2)·=(a+2)x-x2-≥(a+2)x-x2=-.所以存在x0∈(0,1)(例如x0取中的较小值)满足ax0++2(x0+2)cosx0-4>0,即当a>-2时,不等式ax+x2++2(x+2)cosx-4≤0对x∈[0,1]不恒成立.综上,实数a的取值范围是(-∞,-2].解法二:记f(x)=ax+x2++2(x+2)·cosx-4,则f'(x)=a+2x++2cosx-2(x+2)sinx.记G(x)=f'(x),则G'(x)=2+3x-4sinx-2(x+2)cosx.当x∈(0,1)时,cosx>,因此G'(x)<2+3x-4·x-(x+2)=(2-2)x<0.于是f'(x)在[0,1]上是减函数,因此,当x∈(0,1)时,f'(x)<f'(0)=a+2,故当a≤-2时,f'(x)<0,从而f(x)在[0,1]上是减函数,所以f(x)≤f(0)=0,即当a≤-2时,不等式ax+x2++2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立.下面证明,当a>-2时,不等式ax+x2++2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立.由于f'(x)在[0,1]上是减函数,且f'(0)=a+2>0,f'(1)=a++2cos1-6sin1.当a≥6sin1-2cos1-时,f'(1)≥0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,因此f(x)在[0,1]上是增函数,故f(1)>f(0)=0;当-2<a<6sin1-2cos1-时,f'(1)<0,又f'(0)>0,故存在x0∈(0,1)使f'(x0)=0,则当0<x<x0时,f'(x)>f'(x0)=0.所以f(x)在[0,x0]上是增函数,所以当x∈(0,x0)时,f(x)>f(0)=0.所以,当a>-2时,不等式ax+x2++2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立.综上,实数a的取值范围是(-∞,-2].6.解:(1)令f'(x)=-a=<0,考虑到f(x)的定义域为(0,+∞),故a>0,进而解得x>a-1,即f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数.同理,f(x)在(0,a-1)上是单调增函数.由于f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)⊆(a-1,+∞),从而a-1≤1,即a≥1.令g'(x)=ex-a=0,得x=lna.当x<lna时,g'(x)<0;当x>lna时,g'(x)>0.又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以lna>1,即a>e.综上,有a∈(e,+∞).(2)当a≤0时,g(x)必为单调增函数;当a>0时,令g'(x)=ex-a>0,解得a<ex,即x>lna.因为g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,类似(1)有lna≤-1,即0<a≤e-1.结合上述两种情况,有a≤e-1.①当a=0时,由f(1)=0以及f'(x)=>0,得f(x)存在唯一的零点;②当a<0时,由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0,f(1)=-a>0,且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断,所以f(x)在(ea,1)上存在零点.另外,当x>0时,f'(x)=-a>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,所以f(x)只有一个零点.③当0<a≤e-1时,令f'(x)=-a=0,解得x=a-1.当0<x<a-1时,f'(x)>0,当x>a-1时,f'(x)<0,所以,x=a-1是f(x)的最大值点,且最大值为f(a-1)=-lna-1.当-lna-1=0,即a=e-1时,f(x)有一个零点x=e.当-lna-1>0,即0<a<e-1时,f(x)有两个零点.6\n实际上,对于0<a<e-1,由于f(e-1)=-1-ae-1<0,f(a-1)>0,且函数f(x)在[e-1,a-1]上的图象不间断,所以f(x)在(e-1,a-1)上存在零点.另外,当x∈(0,a-1)时,f'(x)=-a>0,故f(x)在(0,a-1)上是单调增函数,所以f(x)在(0,a-1)上只有一个零点.下面考虑f(x)在(a-1,+∞)上的情况.先证f(ea-1)=a(a-2-ea-1)<0.为此,我们要证明:当x>e时,ex>x2.设h(x)=ex-x2,则h'(x)=ex-2x,再设l(x)=h'(x)=ex-2x,则l'(x)=ex-2.当x>1时,l'(x)=ex-2>e-2>0,所以l(x)=h'(x)在(1,+∞)上是单调增函数.故当x>2时,h'(x)=ex-2x>h'(2)=e2-4>0,从而h(x)在(2,+∞)上是单调增函数,进而当x>e时,h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即当x>e时,ex>x2.当0<a<e-1,即a-1>e时,f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<0,又f(a-1)>0,且函数f(x)在[a-1,ea-1]上的图象不间断,所以f(x)在(a-1,ea-1)上存在零点.又当x>a-1时,f'(x)=-a<0,故f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数,所以f(x)在(a-1,+∞)上只有一个零点.综合①,②,③,当a≤0或a=e-1时,f(x)的零点个数为1,当0<a<e-1时,f(x)的零点个数为2.6