2022版高考数学一轮复习练案18高考大题规范解答系列一_函数与导数含解析新人教版

1、高考大题规范解答系列高考大题规范解答系列( (一一) )函数与导数函数与导数 1(2021 新高考八省联考)已知函数 f(x)exsin xcos x，g(x)exsin xcos x. (1)证明：当 x54时，f(x)0； (2)若 g(x)2ax，求 a. 解析 (1)当 x54，4时， f(x)ex 2sinx4ex0； 当 x4，34时， f(x)ex 2cosx4为增函数且 f(0)0， f(x)在4，0 减，在0，34上增，因此 f(x)f(0)0，恒有 f(x)0； 当 x34， 时，f(x)ex 2cosx4， exe34 2，f(x)0，f(x)在34， 上为增函数，f(x

2、)f34 e342sinx40； 综上所述：当 x54时，f(x)0 成立 (2)由已知得 exsin xcos x2ax0， 设 h(x)exsin xcos x2ax 且 h(0)0. h(x)h(0)，0 是 h(x)的一个最小值点，也是一个极小值点， h(0)0，即 e0cos 0sin 0a0，a2. 2(2020 黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期开学考试)设函数 f(x)3x2axex(ar) (1)若 f(x)在 x0 处取得极值，求实数 a 的值，并求此时曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)若 f(x)在3，)上为减函数，求实数 a 的取值范围 解析

3、 (1)对 f(x)求导得 f(x)（6xa）ex（3x2ax）ex（ex）23x2（6a）xaex. 因为 f(x)在 x0 处取得极值， 所以 f(0)0，即 a0. 当 a0 时，f(x)3x2ex，f(x)3x26xex， 由 f(x)0，0 x2；f(x)0 有 x2， 故 a0 时，f(x)在 x0 处取得极值， f(1)3e，f(1)3e， 从而 f(x)在点(1，f(1)处的切线方程 y3e3e(x1)，化简得 3xey0. (2)由(1)知 f(x)3x2（6a）xaex， 令 g(x)3x2(6a)xa，由 g(x)0， 解得 x16aa2366，x26a a2366. 当

4、 xx1时，g(x)0，即 f(x)0，故 f(x)为减函数； 当 x1x0，即 f(x)0，故 f(x)为增函数； 当 xx2时，g(x)0，即 f(x)0)的导函数 yf(x)的两个零点为3 和 0. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)的极小值为e3，求 f(x)在区间5，)上的最大值 解析 本题考查利用导数求函数的单调区间与最值 (1)f(x)（2axb）ex（ax2bxc）ex（ex）2 ax2（2ab）x（bc）ex. 令 g(x)ax2(2ab)xbc， 因为 ex0， 所以 yf(x)的零点就是 g(x)ax2(2ab)xbc 的零点， 且 f(x)与 g(x)符

5、号相同 又因为 a0， 所以当3x0， 即 f(x)0； 当 x0 时， g(x)0， 即 f(x)5f(0)，所以函数 yf(x)在区间5，)上的最大值是 5e5. 4(2021 陕西咸阳模拟)已知函数 f(x)12ax2ln x(a0) (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)设 g(x)x2ex34.若 f(x)的极小值为12e， 证明： 当 x0 时， f(x)g(x) (其中 e2.718 28为自然对数的底数) 解析 本题考查利用导数判断函数的单调性以及证明不等式问题 (1)解：由题可知 f(x)的定义域为(0，)，f(x)axln x12ax12ax(2ln x1)，令 f(x

6、)0，解得 xe12， 当 0 xe12时，f(x)e12时，f(x)0，f(x)单调递增， f(x)的单调递减区间为(0，e12)，单调递增区间为(e12，) (2)证明：g(x)x2ex34，g(x)x（2x）ex， 当 x(0，2)时，g(x) 0，g(x)单调递增； 当 x(2，)时，g(x)0 时，g(x)maxg(2)4e234. 由题及(1)知 f(x)min12e，4e23412e（83e）（2e）4e2g(x)max，即 f(x) g(x) 5已知函数 f(x)ln xa2x2ax(a1) (1)证明：函数 f(x)在区间(1，)上是减函数； (2)当 a1 时，证明：函数

7、f(x)只有一个零点 证明 (1)由题易得函数 f(x)ln xa2x2ax 的定义域为(0，)， f(x)1x2a2xa2a2x2ax1x（2ax1）（ax1）x. a1，x1，2ax10，ax10，f(x)0，x12舍去 当 0 x0；当 x1 时，f(x)0. 函数 f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减 当 x1 时，函数 f(x)取得最大值，其值为 f(1)ln 11210. 当 x1 时，f(x)f(1)，即 f(x)0 时，若关于 x 的方程 f(x)g(x)0 存在两个正实数根，证明：ae2. 解析 本题考查导数的几何意义和利用导函数讨论函数单调性、零点等

8、问题 (1)解：f(x)3x2（1x）2ex，f(0)3.又f(0)1， 曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y13x，即 3xy10. (2)证明：由 f(x)g(x)0 存在两个正实数根，整理得方程 exa(x1)(x1)存在两个正实数根记这两个正实数根为 x1，x2(x10，知 x2x11，令 h(x)exaxa，则 h(x)在(1，)上有两个零点，令 h(x)exa0，则 xln a. 当 1ln a，即 0ae 时，可知 h(x)在(1，)上单调递增，所以在(1，)上不可能有两个零点，不符合题意 当 1e 时，可知 h(x)在(1，ln a)上单调递减，在(ln a，)

9、上单调递增， h(x)minh(ln a)2aaln ah(x)exaxa 有两个零点且 h(1)e0，2aaln a0，2ln ae2. 7(2020 全国，20)已知函数 f(x)x3kxk2. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有三个零点，求 k 的取值范围 解析 本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点个数问题 (1)f(x)3x2k. 当 k0 时，f(x)x3，故 f(x)在(，)单调递增； 当 k0，故 f(x)在(，)单调递增 当k0时， 令f(x)0， 得x3k3.当x，3k3时， f(x)0； 当x3k3，3k3时，f(x)0.故 f(x)在，3k3，3k3， 单调递增，在3k3，3k3单调递减 (2)由(1)知，当 k0 时，f(x)在(，)单调递增，f(x)不可能有三个零