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全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺压轴大题突破练3函数与导数一理

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【步步高】(全国通用)2022版高考数学复习考前三个月压轴大题突破练3函数与导数(一)理1.已知函数f(x)=(x-a)ex(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.2.(2022·大庆实验中学冲刺模拟)已知a∈R,函数f(x)=lnx-a(x-1).(1)若a=,求函数y=|f(x)|的极值点;(2)若不等式f(x)≤-+恒成立,求a的取值范围.(e为自然对数的底数)3.已知函数f(x)=xe-x.7\n(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)若当0<x<1时,f(x)>f,求实数k的取值范围.4.已知函数f(x)=(1+x)e-2x,g(x)=ax++1+2xcosx.当x∈[0,1]时,(1)求证:1-x≤f(x)≤;(2)若f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.7\n答案精析压轴大题突破练31.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)ex,f′(x)=ex(x-1).所以f(0)=-2,k=f′(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f′(x)=ex(x-a+1),令f′(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f′(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f′(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:x1(1,a-1)a-1(a-1,2)2f′(x)-0+f(x)↘极小值↗所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1],单调递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-ea-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-ea-1.2.解 (1)若a=,则f(x)=lnx-,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-.当x∈(0,e-1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(e-1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.又因为f(1)=0,f(e)=0,所以当x∈(0,1)时,f(x)<0;7\n当x∈(1,e-1)时,f(x)>0;当x∈(e-1,e)时,f(x)>0;当x∈(e,+∞)时,f(x)<0.故y=|f(x)|的极小值点为1和e,极大值点为e-1.(2)不等式f(x)≤-+,整理为lnx+-+a≤0.设g(x)=lnx+-+a,则g′(x)=+-==.①当a≤0时,2ax-e<0,又x>0,所以当x∈(0,e)时,g′(x)>0,g(x)递增;当x∈(e,+∞)时,g′(x)<0,g(x)递减.从而g(x)max=g(e)=0.故g(x)≤0恒成立.②当a>0时,g′(x)==.当a=时,g′(x)=≥0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,显然不成立.当a>时,<e,在,(e,+∞)上g′(x)>0,函数g(x)单调递增.在上g′(x)<0,函数g(x)单调递减.又g(e)=0,因此存在x0>e使g(x0)>0,故不满足题意.当0<a<时,>>e,而g=ln+2-·+a7\n=-lna-1+a=ln.而a∈时,h(a)=ea-ae,h′(a)=ea-e<0,h=e-e>0,故ln>0,即g>0,故不满足条件.综上所述,a≤0.3.解 (1)由题意知f′(x)=(1-x)e-x(x∈R).当f′(x)>0时,x<1;当f′(x)<0时,x>1.所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞).又f′(x)=0时,x=1,所以函数f(x)的极大值为f(1)=,无极小值.(2)当k≤0时,因为0<x<1,所以≤0<x<1,由(1)知函数f(x)在区间(-∞,1)上单调递增,所以f(x)>f,符合题意.当0<k<1时,取x=k,可得f(k)>f(1),这与函数f(x)在区间(-∞,1)上单调递增矛盾,不符合题意.当k≥1时,因为0<x<1,所以≥>1,由(1)知函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以f≤f,要使f<f(x),只需令f(x)>f,即xe-x>e-,即lnx-x>-lnx-,即2lnx-x+>0.令h(x)=2lnx-x+(0<x<1),则h′(x)==-<0,所以h(x)在区间(0,1)上为减函数,7\n所以h(x)>h(1)=0,所以f(x)>f,符合题意.综上可知k∈(-∞,0]∪[1,+∞).4.(1)证明 要证x∈[0,1]时,(1+x)e-2x≥1-x,只需证明(1+x)e-x≥(1-x)ex.记h(x)=(1+x)e-x-(1-x)ex,则h′(x)=x(ex-e-x).当x∈(0,1)时,h′(x)>0,因此h(x)在[0,1]上是增函数,故h(x)≥h(0)=0,所以f(x)≥1-x,x∈[0,1].要证x∈[0,1]时,(1+x)e-2x≤,只需证明ex≥x+1.记K(x)=ex-x-1,则K′(x)=ex-1,当x∈(0,1)时,K′(x)>0,因此K(x)在[0,1]上是增函数,故K(x)≥K(0)=0.所以f(x)≤,x∈[0,1].综上,1-x≤f(x)≤,x∈[0,1].(2)解 f(x)-g(x)=(1+x)e-2x-(ax++1+2xcosx)≥1-x-ax-1--2xcosx=-x(a+1++2cosx).(由(1)知)故G(x)=+2cosx,则G′(x)=x-2sinx.记H(x)=x-2sinx,则H′(x)=1-2cosx,当x∈(0,1)时,H′(x)<0,于是G′(x)在[0,1]上是减函数.从而当x∈(0,1)时,G′(x)<G′(0)=0.故G(x)在[0,1]上是减函数.于是G(x)≤G(0)=2,从而a+1+G(x)≤a+3.所以,当a≤-3时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立.下面证明,当a>-3时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.7\nf(x)-g(x)≤-1-ax--2xcosx=-ax--2xcosx=-x(+a++2cosx).(由(1)知)记I(x)=+a++2cosx=+a+G(x),则I′(x)=+G′(x),当x∈(0,1)时,I′(x)<0,故I(x)在[0,1]上是减函数,于是I(x)在[0,1]上的值域为[a+1+2cos1,a+3].因为当a>-3时,a+3>0,所以存在x0∈(0,1),使得I(x0)>0,此时f(x0)<g(x0),即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.综上,实数a的取值范围是(-∞,-3].7

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发布时间:2022-08-25 23:55:26 页数:7
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文章作者:U-336598

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