（福建专版）高考数学大一轮复习 高考大题专项练1 文.doc

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(a0).(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x0时,(x-k)f(x)+x+10,求k的最大值.4.(2014福建厦门适应性考试)已知函数f(x)=ax2+xln x(ar)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nm0时,ln n-ln m;(3)若存在kz,使得f(x)k恒成立,求实数k的最大值.5.(1)证明:当x0,1时,xsin xx;(2)若不等式ax+x2+2(x+2)cos x4对x0,1恒成立,求实数a的取值范围.6.设函数f(x)=ln x-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=4a2-12a2+12=12-8a2.若=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.若=12-8a20,f(x)在(-,+)上为增函数.所以a2,即a.若=12-8a20,即-a0,f(x)为增函数;当x(x1,x2)时,f(x)0,f(x)为减函数.依题意x10且x21.由x10得a,解得1a.由x21得3-a,解得-a0,即x-ln a时,f(x)在(-ln a,+)上递增;当f(x)0,即x-ln a时,f(x)在(-,-ln a)上递减.当0a0,f(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+)上递增,从而f(x)在0,+)上的最小值为f(-ln a)=2+b;当a1时,-ln a0,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a0,则f(x)0,所以f(x)在(-,+)上单调递增.若a0,则当x(-,ln a)时,f(x)0.所以,f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)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x0时,(x-k)f(x)+x+10等价于k0).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,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,则(1,2).当x(0,)时,g(x)0.所以g(x)在(0,+)的最小值为g().又由g()=0,可得e=+2,所以g()=+1(2,3).由于式等价于k,即证ln,只需证ln0.令g(x)=ln x-+x(x1),则g(x)=+1.当x1时,g(x)0,所以g(x)在1,+)上单调递增.由nm0,得1.所以gg(1)=0,即ln0.所以ln n-ln m.(3)解:由(1)知f(x)=x2+xln x,x(0,+),f(x)=2x+ln x+1,x(0,+).令g(x)=2x+ln x+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=-10,所以存在x0,使g(x0)=0.所以当x(0,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k0,f(x)在上是增函数;当x时,f(x)0,所以当x0,1时,f(x)0,即sin xx.记h(x)=sin x-x,则当x(0,1)时,h(x)=cos x-1-2时,不等式ax+x2+2(x+2)cos x4对x0,1不恒成立.因为当x0,1时,ax+x2+2(x+2)cos x-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)cos x0-40,即当a-2时,不等式ax+x2+2(x+2)cos x-40对x0,1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)cos x-4,则f(x)=a+2x+2cos x-2(x+2)sin x.记g(x)=f(x),则g(x)=2+3x-4sin x-2(x+2)cos x.当x(0,1)时,cos x,因此g(x)2+3x-4x-(x+2)=(2-2)x0.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)-2时,不等式ax+x2+2(x+2)cos x4对x0,1不恒成立.由于f(x)在0,1上是减函数,且f(0)=a+20,f(1)=a+2cos 1-6sin 1.当a6sin 1-2cos 1-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-2a6sin 1-2cos 1-时,f(1)0,故存在x0(0,1)使f(x0)=0,则当0xf(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)cos x4对x0,1不恒成立.综上,实数a的取值范围是(-,-2.6.解:(1)令f(x)=-a=0,进而解得xa-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-11,即a1.令g(x)=ex-a=0,得x=ln a.当xln a时,g(x)ln a时,g(x)0.又g(x)在(1,+)上有最小值,所以ln a1,即ae.综上,有a(e,+).(2)当a0时,g(x)必为单调增函数;当a0时,令g(x)=ex-a0,解得aln a.因为g(x)在(-1,+)上是单调增函数,类似(1)有ln a-1,即00,得f(x)存在唯一的零点;当a0时,由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)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x0时,f(x)=-a0,故f(x)在(0,+)上是单调增函数,所以f(x)只有一个零点.当0ae-1时,令f(x)=-a=0,解得x=a-1.当0x0,当xa-1时,f(x)0,即0ae-1时,f(x)有两个零点.实际上,对于0ae-1,由于f(e-1)=-1-ae-10,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)=-a0,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)e时,exx2.设h(x)=ex-x2,则h(x)=ex-2x,再设l(x)=h(x)=ex-2x,则l(x)=ex-2.当x1时,l(x)=ex-2e-20,所以l(x)=h(x)在(1,+)上是单调增函数.故当x2时,h(x)=ex-2xh(2)=e2-40,从而h(x)在(2,+)上是单调增函数,进而当xe时,h(x)=ex-x2h(e)=ee-e20.即当xe时,exx2.当0ae时,f(ea-1)=