通用版2020版高考数学大二轮复习大题专项练五函数与导数理.docx

教学资料范本通用版2020版高考数学大二轮复习大题专项练五函数与导数理编 辑：_时 间：_大题专项练(五)函数与导数A组基础通关1.(20xx全国,理21)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).()若a0,则f(x)0,则由f(x)=0得x=-lna.当x(-,-lna)时,f(x)0,所以f(x)在(-,-lna)单调递减,在(-lna,+)单调递增.(2)()若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.()若a0,由(1)知,当x=-lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(-lna)=1-+lna.当a=1时,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-+lna0,即f(-lna)0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-+lna0,即f(-lna)-2e-2+20,故f(x)在(-,-lna)有一个零点.设正整数n0满足n0ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0-n0-n00.由于ln-lna,因此f(x)在(-lna,+)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).2.在某次水下科研考查活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为3+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考查活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若cv15(c0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解(1)由题意,得下潜用时(单位时间),用氧量为3+1(升);水底作业时的用氧量为100.9=9(升);返回水面用时(单位时间),用氧量为1.5=(升),总用氧量y=+9(v0).(2)y=,令y=0,得v=10,当0v10时,y10时,y0,函数单调递增,当0c10时,函数在(c,10)上单调递减,在(10,15)上单调递增,当v=10时总用氧量最少,当c10时,y在c,15上单调递增,当v=c时总用氧量最少.综上,若0ce+2-.(1)解由定义域为(0,1)(1,+),f(x)=,设h(x)=x2-(a+2)x+1,要使y=f(x)在(e,+)上有极值,则x2-(a+2)x+1=0有两个不同的实根x1,x2,=(a+2)2-40,a0或ae,0x1ex2,又h(0)=1,只需h0,即-(a+2)+1e+-2,联立可得ae+-2.即实数a的取值范围是e+-2,+.(2)证明由(1)知,当x(1,x2)时,f(x)0,f(x)单调递增,f(x)在(1,+)上有最小值f(x2),即t(1,+),都有f(t)f(x2),又当x(0,x1)时,f(x)0,f(x)单调递增,当x(x1,1)时,f(x)e),设k(x)=lnx2+x-=2lnx+x-(xe),则k(x)=+1+0(xe),k(x)在(e,+)上单调递增,k(x)k(e)=2+e-,f(t)-f(s)e+2-.4.(20xx河南商丘模拟)已知函数f(x)=(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x(a0).(1)如图,设直线x=-,y=-x将坐标平面分成,四个区域(不含边界),若函数y=f(x)的图象恰好位于其中一个区域内,判断其所在的区域并求对应的a的取值范围;(2)当a时,求证:x1,x2(0,+)且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f.(1)解函数f(x)的定义域为-,+,且当x=0时,f(0)=-a0.又直线y=-x恰好通过原点,函数y=f(x)的图象应位于区域内,于是可得f(x)-x,即(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x0,a.令h(x)=x-,则h(x)=x-.当x-时,h(x)0,h(x)单调递增;当x,+时,h(x)-,当x0时,时,8a4,u(x)=-8a0时,f(x)为减函数,不妨设x2x10,令g(x)=f(x)+f(x1)-2f(xx1),可得g(x1)=0,g(x)=f(x)-f,x且f(x)是(0,+)上的减函数,g(x)x1时,g(x)为减函数,g(x2)g(x1)=0,即f(x1)+f(x2)g(x).(1)解易得g(x)=-e-x+b=b-.若b=0,则g(x)=(0,+),不合题意;若b0,g-=-10,令g(x)=-e-x+b=0,得x=-lnb.g(x)在(-,-lnb)上单调递减;在(-lnb,+)上单调递增,则g(x)min=g(-lnb)=elnb-blnb=b-blnb0,be.综上所述,实数b的取值范围是(-,0)e,+).(2)证明易得f(x)=,则由题意,得f=e-ae2=-e,解得a=.f(x)=lnx+,从而f=1,即切点为,1.将切点坐标代入ex+y-2+b=0中,解得b=0.g(x)=e-x.要证f(x)g(x),即证lnx+e-x(x(0,+),只需证xlnx+xe-x(x(0,+).令u(x)=xlnx+,v(x)=xe-x,x(0,+).则由u(x)=lnx+1=0,得x=,u(x)在0,上单调递减,在,+上单调递增,u(x)min=u=.又由v(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x)=0,得x=1,v(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,v(x)max=v(1)=.u(x)u(x)min=v(x)maxv(x),显然,上式的等号不能同时取到.故对任意的x(0,+),总有f(x)g(x).6.(20xx安徽马鞍山模拟)已知函数g(x)=xln x,h(x)=(a0).(1)若g(x)h(x)对x(1,+)恒成立,求a的取值范围;(2)证明:不等式1+1+1+对于正整数n恒成立,其中e=2.718 28为自然对数的底数.(1)解当x(1,+)时,g(x),令F(x)=(x1),F(x)=(x1),记m(x)=x-1-xlnx(x1),则m(x)=-lnx0,m(x)在(1,+)上单调递减,m(x)m(1)=0,F(x)0,即F(x)在(1,+)上单调递减,F(x)F(1)=1,故a1,+).(2)证明由(1)知取a=1,当x(1,+)时,g(x)h(x)恒成立,即xlnx恒成立,即lnx恒成立,即ln(1+x)对于x(0,+)恒成立,由此,ln1+,kN*,于是ln1+1+1+=ln1+ln1+ln1+=3-=3-,故1+1+1+0.(1)求函数f(x)在区间(0,+)上的零点个数;(2)函数F(x)的导数F(x)=(ex-a)f(x),是否存在无数个a(1,4),使得ln a为函数F(x)的极大值点?请说明理由.解(1)f(x)=x-ex,当0x时,f(x)时,f(x)0,f(x)单调递增,所以当x(0,+)时,f(x)min=f,因为ff(0)=-0,所以存在x0,1+,使f(x0)=0,且当0xx0时,f(x)x0时,f(x)0.故函数f(x)在(0,+)上有1个零点,即x0.(2)当a1时,lna0.因为当x(0,lna)时,ex-a0.由(1)知,当x(0,x0)时,f(x)0.下面证:当a(1,e)时,lnax0,即证f(lna)0,所以g(x)在(1,e)上单调递增,由g(1)=-0,所以存在唯一零点t0(1,e),使得g(t0)=0,且x(1,t0)时,g(x)0,g(x)单调递增.所以当x(1,e)时,g(x)maxg(1),g(e).由g(1)=-0,g(e)=0,得当x(1,e)时,g(x)0.故f(lna)0,0lnax0.当0xlna时,ex-a0,f(x)0,F(x)单调递增;当lnax0,f(x)0,F(x)=(ex-a)f(x)0,设f(x)为f(x)的导函数.(1)设g(x)=e-xf(x),若g(x)2恒成立,设a的取值范围;(2)设函数f(x)的零点为x0,函数f(x)的极小值点为x1,当a2时,求证:x0x1.解(1)由题设知,f(x)=ex1+alnx(x0),g(x)=e-xf(x)=1+alnx,g(x)=(x0).当x(0,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增,故g(x)在x=1处取得最小值,且g(1)=1+a.由于g(x)2恒成立,所以1+a2,得a1,即a的取值范围为1,+).(2)设h(x)=f(x)=ex1+alnx,则h(x)=ex1