高考数学一轮复习-大题专项突破-高考大题专项1-函数与导数的综合(压轴大题)-文-北师大版-北师大版

wordwordword高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题突破1利用导数求极值、最值、参数X围1.已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.2.(2018某某潍坊一模,21)已知函数f(x)=alnx+x2.(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性;(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值.3.(2018某某师大附中一模,21)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.4.(2018某某某某3月模拟,21改编)已知函数f(x)=ax-2lnx(a∈R).若f(x)+x3>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值X围.5.设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值X围.6.(2018某某某某一模,21改编)已知函数f(x)=ex-alnx-e(a∈R),其中e为自然对数的底数.若当x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值X围.突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=ax(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.2.(2018某某某某一模,21改编)已知函数f(x)=x+.设函数g(x)=lnx+1.证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).3.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,求a的取值X围.4.(2018某某某某期末,21改编)已知函数f(x)=x3-alnx(a∈R).若函数y=f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,某某数a的取值X围.5.设函数f(x)=e2x-alnx.(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln6.(2018某某中学押题三,21)已知函数f(x)=ex-x2+a,x∈R,曲线y=f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx.(1)求函数y=f(x)的解析式;(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,某某数k的取值X围.高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题突破1利用导数求极值、最值、参数X围1.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)ex.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的递减区间是(-∞,k-1),递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当0<k-1<1,即1<k<2时,f(x)在[0,k-1]上递减,在[k-1,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1<k<2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.2.解(1)当a=-2时,f'(x)=2x-2x由于x∈(1,+∞),故f'(x)>0,∴f(x)在(1,+∞)递增.(2)f'(x)=2x+ax=2x2+ax,当a≥0时f'(x)≥0,f(x)在[1,e]上递增,∴fmin当a<0时,由f'(x)=0解得x=±-a2(负值舍去),设x0=若-a2≤1,即a≥-2,也就是-2≤a<0时,x∈[1,e],f'(x)>0,f(∴fmin(x)=f(1)=1.若1<-a2<e,即-2e2<a<-2时,x∈[1,x0],f'(x)≤0,f(x)递减,x∈[x0,e],f'(x)≥0,f(x故fmin(x)=f(x0)=-a2+aln-若-a2≥e,即a≤-2e2时,x∈[1,e],f'(x)<0,f(x∴fmin(x)=f(e)=e2+a.综上所述:当a≥-2时,f(x)的最小值为1;当-2e2<a<-2时,f(x)的最小值为a2当a≤-2e2时,f(x)的最小值为e2+a.3.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:x(1,a-1)a-1(a-1,2)f'(x)-0+f(x)递减极小值递增所以f(x)的递减区间为[1,a-1],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-1.4.解由题意f(x)+x3>0,即a>-x2+2lnxx对任意x∈(1,记p(x)=-x2+2lnxx,定义域为(1,则p'(x)=-2x+2-设q(x)=-2x3+2-2lnx,q'(x)=-6x2-2x则当x>1时,q(x)递减,所以当x>1时,q(x)<q(1)=0,故p'(x)<0在(1,+∞)上恒成立,所以函数p(x)=-x2+2lnxx在(1,所以当x>1时,p(x)<p(1)=-1,得a≥-1,所以a的取值X围是[-1,+∞).5.解(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f'(0)=4,g'(0)=4.而f'(x)=2x+a,g'(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).由题设可得F(0)≥0,即k≥1.令F'(x)=0得x1=-lnk,x2=-2.①若1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当x∈(-2,x1)时,F'(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F'(x)>0.即F(x)在(-2,x1)递减,在(x1,+∞)递增.故F(x)在[-2,+∞)的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2-x12-4x1-2=-x1(x1+故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.②若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)递增.而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.③若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上,k的取值X围是[1,e2].6.解由f(x)=ex-alnx-e(a∈R),得f'(x)=ex-,当a<0时,f'(x)=ex-ax>0,f(x)在x∈[1,+∞)上递增,f(x)min=f(1)=0(合题意)当a>0时,f'(x)=ex-ax,当x∈[1,+∞)时,y=ex≥e①当a∈(0,e]时,因为x∈[1,+∞),所以y=ax≤e,f'(x)=ex-af(x)在[1,+∞)上递增,f(x)min=f(1)=0(合题意).②当a∈(e,+∞)时,存在x0∈[1,+∞),满足f'(x)=ex-ax=f(x)在x0∈[1,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,故f(x0)<f(1)=0.不满足x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,综上所述,a的取值X围是(-∞,e].突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(1)解f'(x)=-ax2+(2因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.2.证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+-lnx-1(x>0),h'(x)=1-ax设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=12∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,且x02-x0h(x)在(0,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x0-lnx0-1=2令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2-1x=所以F(x)在(1,+∞)上是增加的.∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,所以,当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).3.解法1函数f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=-3x2+1,有两个零点±33原函数草图∴a=0不合题意;当a>0时,当x→-∞时,f(x)→-∞,f(0)=1,f(x)存在小于0的零点x0,不合题意;当a<0时,f'(x)=3ax2-6x,由f'(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=2a<∴在区间-∞,2a内f'(在区间2a,0内f'(x在区间(0,+∞)内f'(x)<0.∴f(x)在区间-∞,2a内是减少的,在区间2∴若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0⇔f(x)min=f2a>0⇔8a2-12a2+1>0⇔4∵a<0,∴a<-2.解法2曲线y=ax3与曲线y=3x2-1仅在y轴右侧有一个公共点,当a≥0时,由图像知不符合题意;当a<0时,设曲线y=ax3与曲线y=3x2-1相切于点(x0,y0),则ax03=3x0解法3分离成a=-1x3+31x=-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+g'(t)=-3t2+3=3(1-t2),当t∈(-1,1)时,g'(t)>0,当t>1或t<-1时,g'(x)<0.所以g(t)在(-∞,-1)递减,在区间(-1,1)递增,在(1,+∞)递减,所以当t=-1时,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的图像可知,t=1时,g(t)max=2.x→+∞时,g(t)→+∞,当a<-2时,直线y=a与g(t)=-t3+3t的图像只有一个交点,交点在第四象限,所以满足题意.4.解由f(x)=0,得a=x3即函数y=a的图像与函数g(x)=x3ln因为g'(x)=x2令g'(x)=0得x=3e所以当x∈(1,3e)时,g'(x)<0,函数在(1,3当x∈(3e,e]时,g'(x)>0,函数在(3则g(x)min=g(3e)=3e,而g(e127)=e327lne127=27要使函数y=a的图像与函数g(x)=x3∴a的取值X围为(3e,e3].5.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e2x递增,-ax递增,所以f'(x)在(0,+∞)递增又f'(a)>0,当b满足0<b<a4且b<14时,f'(b)故当a>0时,f'(x)存在唯一零点.(2)证明由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)递减,在(x0,+∞)递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2故当a>0时,f(x)≥2a+aln26.(1)解根据题意,得f'(x)=ex-2x,则f'(0)=1=b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入y=f(x),得a=-1,故f(x)=ex-x2-1.(2)证明令g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1.由g'(x)=ex-1=0,得x=0,当x∈(-∞,0)