届高考数学大一轮总复习大题规范练函数与导数文北师大版-精

高大规练)

函与数41．(2015·重庆卷已函数()＝ax＋x(∈在＝处取得极值。3(1)确定a的值；(2)若(＝fx)e，讨论gx的调性。解(1)对fx求导得f′()＝＋，44因为(在x＝处取得极值，所以′33

＝，16416a81即3·－＝0，解得＝。93321(2)由(1)得()＝＋31故′()＝＋215＝＋x＋2

e

1＝x(x＋1)(＋4)e。2令′()＝0，解得＝，＝－或＝－。当－4，′()<0，故g()为减函数；当－4<<－，′(，故(为增函数；当－1<<0时，′()<0故()为减函数；当>0时，′()>0故(x)为函数。综上知gx在－∞，－4)和－1,0)内为减函数(，1)和，＋∞)为增函数。2．(2015·北京卷设数f)＝－klnx，>02(1)求(的单调区间和极值；(2)证明：若fx)存在零点，则()在区(，e)上仅有一个零点。x解(1)由fx＝－lnx(>0)得2kx－f′(＝－＝。x由′()＝0解＝。f(与f′()区间，＋∞)的情况如下：x

(0，k

k

(k，＋∞)1

f′()f()

－0＋k－2所以)的单调递减区间(，)单调递增区间(k＋∞)f(x)xk处k1－ln取得极小值f()＝。2k1－(2)证明：由(1)知，()在区间0，＋上最小值为fk＝。2k－因为(存在零点，所以≤0从≥e2当＝，()在区间1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以＝e是fx)在区间1，e]上唯一零点。1e－k当>e时，(x在区间0，e)上单调递减，且(1)>0，(e)＝<0，22所以(在区间1，e]上仅一个零点。综上可知，若f(x)存在零点，则()区间，e]仅有一个零点。3．已知函数fx)＝ax＋－lnx。(1)若＝，函数(的单调区间；(2)若(1)＝2，且在定义域内(x)≥＋恒立，求实数b取值范围。解(1)当a0时，(＝x－lnx，函数定义域为(0，＋。f′(lnx，由－＝，得＝。当∈(0,1)时，′(，(x在0,1)上增数；当∈，＋∞)，x，()在(1，＋上是减函数。所以函数fx的单调增区间是0,1)，调减区(1，＋∞)(2)由(1)＝2，得a＋＝，＝，∴f(x＝x＋－lnx，由()≥bx＋x，得x＋－xx≥＋x，1ln又∵x>0，∴≤1－恒立。x1lnlnx令()＝－－，得g′()＝，xx∴(在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上调增，∴()＝g(1)＝0，∴实数b的值范围是(－∞，0]。14．已知定义在正实数集上的函()＝x＋2g()＝3lnx＋，中>0，设两2曲线y＝)，＝()公共点，且在该点处的切线相同。2

1212(1)用表b；(2)求证：()g(x)(>0)。解(1)设曲线y＝(x)与y＝(xx>0)在公共点x，)处的切相同，3∵′()＝＋a，′()＝，x∴依题意得′x，即

＋＝ln＋，3x2＝，3由＋＝，x＝或x＝a(舍去)，15则＝a＋a－aln＝a22

－lna。(2)证明：设Fx)＝()－(x)1＝x＋ax－alnx－(，23－x＋3a则′()＝＋2－＝(>0)，xx由′()＝0得＝或x＝－3(舍去。当变时′()x的变化情况如下表：xF′()Fx)

(0，)－

a0极小值

(，＋∞)＋结合(1)可知函数x在0，＋上的最小值F()＝()－()＝0。故当>0，有()x)≥0，即当>0，()≥()。－5．(2015·福建卷已函数()＝lnx－。2(1)求函数fx的单调递增区间；(2)证明：当x>1时f()<－；(3)确定实数k的所有可能取值得存在>1当∈)时有f()>－1)。1－＋x＋解(1)′(＝－x＋＝，∈，＋。xx3

由′()>0得，1＋5解得0<<。215故()的单调递增区间2(2)证明：令Fx)＝()－－∈(0，＋∞)，1－x则有′()＝。x当∈，＋∞)，x，所以(在[，＋∞)上单调递减，故当>1，()<(1)0，即当x>1时，()<－。(3)由(2)知，当k＝时不存在x>1满题意。当>1时，于>1，有fx)<－1<k(x－，f()<(－1)，从而不存在x>1满题意。当<1时，()f(x)＝k(x－，∈，＋∞)1－＋1k＋则有′()＝－＋－k＝。x由′()＝0得－＋(1－k)x＋＝。1－－