备战2021高考 专题13 函数与导数综合(教师版含解析)
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1、专题专题 13 函数与导数综合函数与导数综合 1(2020 届湖南省怀化市高三第一次模拟)已知函数 2 ( ) x f xeax,其中常数aR (1)当 (0,)x时,不等式( )0f x 恒成立,求实数a的取值范围; (2)若1a ,且 0,)x时,求证: 2 ( )414f xxx 【答案】(1) 2 4 e a ;(2)证明见解析 【解析】 (1)( )0f x 在0 x恒成立 2 x e a x 在0 x恒成立, 令 2 ( ) x e g x x ,则 2 43 2(2) ( ) xxx e xexex g x xx , ( ) 02g xx, ( ) 002g xx, ( )g x
2、在(0,2)单调递减,在(2,)单调递增, 2 min ( )(2) 4 e g xg, 2 4 e a . (2)若1a ,则 2 ( )414f xxx 2 24140 x exx在0 x恒成立, 令 2 ( )2414 x p xexx, ( ) 44 x p xex, ( )40ln4,( )00ln4, x p xexp xx ( ) p x在(0,ln4)单调递减,在(ln4, )单调递增, 又 (0) 3p , 23 (2)120,(3)160pepe, 存在唯一的 0 (2,3)x 使得 0 00 ()440 x p xex, ( )p x在 0 (0,)x单调递减,在 0 (
3、,)x 单调递增, 0 22 min000 ( )2414218 x p xexxx , 0 (2,3)x , 0 22 min000 ( )2414218 x p xexxx (0,10), 2 ( )2414 x p xexx0恒成立, 故原不等式成立. 2(2020 届陕西省汉中市高三质检)已知函数 32 11 ( )( ,) 32 a f xxxbxa a b R,且其导函数( )fx 的图像过原点. (1)若存在0 x,使得 ( )9fx ,求a的最大值; (2)当0a时,求函数 ( )f x的零点个数. 【答案】(1)7(2)函数( )f x共有三个零点 【解析】 (1)因为 32
4、 11 ( ) 32 a f xxxbxa ,所以 2 ( )(1)fxxaxb 由(0)0 f 得0b,所以( )(1)fxx xa . 因为存在0 x,使得( )(1)9fxx xa , 所以 9 1,0axx x 上有解, 而 999 ()2 ()6xxx xxx 所以7a ,当且仅当3x时,取等号. 所以a的最大值为7. (2)当0a时,令 ( )(1)0fxx xa ,得0,1xxa, 当0 x时,( )0fx ,当01xa时,( )0fx ,当1xa时,( )0fx , 所以 ( )f x的极大值(0)0fa ,( ) f x的极小值 2 33 1111 (1)(1)30 6624
5、 f aaaaa 又 14 ( 2)0 3 fa , 2 13 ( )(1) 32 f xxxaa , 3 (1)0 2 faa . 所以函数 ( )f x在区间( 2,0) ,(0,1)a, 3 1,(1) 2 aa 内各有一个零点, 故函数 ( )f x共有三个零点. 3(2020 届四川省泸州市高三二诊)已知函数 sin ( ), ( )(1)2ln x f xg xxmx x . (1)求证:当 x(0,时,f(x)1; (2)求证:当 m2 时,对任意 x0(0, ,存在 x1(0,和 x2(0,(x1x2)使 g(x1)=g(x2)=f(x0)成立. 【答案】(1)证明见解析.(2
6、)证明见解析 【解析】 (1)0,x, sin ( )1 x f x x ,即sin0 xx ,设 sinF xxx, 则 cos10Fxx ,函数单调递减,故 00F xF,即( )1f x ,得证. (2)f()0,当0,x时, 0f x ,故 f(x)的值域为0,1). 又因为 g(x) 22mx m xx ,x(0,m2. 令 2 0gxx m 得(0,1).显然 ymx2 是增函数. 2 0 x m , 时,g(x)0,g(x)递减; 2 x m , ,g(x)0,g(x)递增. 此时 g(x)min 222 12gmln mmm ,(m2). 将上式化简并令 r(m)2lnmm+2
7、2ln2,m2. 2 0 m rm m ,r(m)在(2,+)上递减. 所以 r(m)r(2)0,故 g(x)min0. 显然当 x0 时,g(x)+,即当 2 0 x m , 时,g(x)递减, 且函数值取值集合包含 f(x)的值域0,1); 而 g()(1)m2ln2(1)2ln2(1ln)2(31ln), 3 2 3 2 lnlne, 1 21 2 g, 即当 x 2 m , 时,g(x)递增,且函数值取值集合包含 f(x)的值域0,1). 所以当 m2 时,对任意 x0(0,存在 x1(0,和 x2(0,(x1x2) 使 g(x1)g(x2)f(x0)成立. 4(2020 届陕西省咸阳
8、市高三第二次模拟)已知函数 32 4 27 xaxfx . (1)若 f x在 1,3aa上存在极大值,求a的取值范围; (2)若x轴是曲线 yf x的一条切线,证明:当1x 时, 23 27 f xx. 【答案】(1) 9,00,1;(2)证明见解析 【解析】 (1)解: 2 3232fxxaxxxa,令 0fx ,得 1 0 x , 2 2 3 a x . 当0a时, 0fx , f x单调递增, f x无极值,不合题意; 当0a时, f x在 2 3 a x 处取得极小值,在0 x处取得极大值, 则1 03aa ,又0a,所以01a; 当0a 时, f x在 2 3 a x 处取得极大值
9、,在0 x处取得极小值, 则 2 13 3 a aa ,又0a ,所以90a . 综上,a的取值范围为 9,00,1. (2)证明:由题意得 00f,或 2 0 3 a f ,即 4 0 27 (不成立),或 3 44 0 2727 a, 解得1a . 设函数 32 23 1 27 g xf xxxxx , 311gxxx, 当 1 1 3 x 或1x 时, 0gx ;当 1 1 3 x时, 0gx . 所以 g x在1x 处取得极小值,且极小值为 10g. 又10g ,所以当1x 时, 0g x , 故当1x 时, 23 27 f xx. 5(2020 届山西省太原市高三模拟)已知函数 co
10、s x f xex. (1)求曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程; (2)证明: f x在区间(, ) 2 上有且仅有2个零点. 【答案】(1)0 xy;(2)见解析 【解析】 (1) cos x f xexQ,则 sin x fxex, 00f, 01 f . 因此,函数 yf x在点 0,0f处的切线方程为y x ,即0 xy. (2)当0 x时,1cos x ex ,此时, cos0 x f xex, 所以,函数 yf x在区间0,上没有零点; 又 00f,下面只需证明函数 yf x在区间(,0) 2 上有且只有一个零点. sin x fxex,构造函数 sin x g xex,则
11、 cos x g xex, 当0 2 x 时, cos0 x g xex, 所以,函数 yfx 在区间(,0) 2 上单调递增, 2 ()10 2 fe Q, 010 f , 由零点存在定理知,存在 (,0) 2 t ,使得 0ft , 当 2 xt 时, 0fx,当0tx时, 0fx. 所以,函数 yf x在xt处取得极小值,则 00f tf, 又 2 ()0 2 fe ,所以 ()0 2 ff t , 由零点存在定理可知,函数 yf x在区间(,0) 2 上有且只有一个零点. 综上可得,函数( )yf x在(,) 2 上有且仅有两个零点. 6(2020 届江西省九江市高三第二次模拟)已知函
12、数( ) (1)lnf xxx. (1)求 ( )f x的单调性; (2)若不等式( ) xx e f xxae在(0, )上恒成立,求实数 a 的取值范围. 【答案】(1)( )f x在(0,1)上单调递减,在1,上单调递增(2) 1 , e 【解析】 (1)由 ( )(1)lnf xxx ,知 1 ( )ln1fxx x 当01x时,ln0 x, 1 10 x , 1 ln10 x x ,此时( )0fx 当1x 时,ln0 x, 1 10 x , 1 ln10 x x ,此时( )0fx ( )f x在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增 (2)不等式( ) xx e f xxae
13、等价于( ) x x af x e 令( ) x x g x e ,则 1 ( ) x x g x e ,当01x时,( )0g x ,当1x 时,( )0g x ( ) x x g x e 在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减 又 ( )f x在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,( ) x x yf x e 在(0,1)上单调递减,在(1,)上 单调递增,即( ) x x yf x e 在1x 处取得最小值 1 e 1 a e ,故实数 a 的取值范围是 1 , e 7(2020 届湖南省衡阳市高三一模)若方程( )f x x 有实数根 0 x,则称 0 x为函数( )f
14、x的一个不动点.已知函 数 ln ( )(1)ln xx f xeaxax (e为自然对数的底数)aR. (1)当0a时 ( )f x是否存在不动点?并证明你的结论; (2)若a e,求证( )f x有唯一不动点. 【答案】(1)( )f x不存在不动点;证明见解析(2)证明见解析 【解析】 (1)当0a时, ( )f x不存在不动点. 证明:由( )f xx可得:ln0 x e axax x , 令( )ln x e F xaxax x , (0,)x, 则 22 (1) ( ) x xx xeax xeea F xa xxx , 0,(0,)ax,0 x eax 当(0,1)x时, ( )
15、0F x ,( )F x在(0,1)上单调递减, 当(1,)x时,( )0F x ,( )F x在(1,)上单调递增, 所以 min ( )(1)0F xFea.所以方程 ln0 x e axax x 无实数根 故 ( )f x不存在不动点. (2)当a e时, ( )ln x e F xexex x , (0,)x, 则 22 (1) ( ) x xx xeex xeee F xe xxx , 再令( ) x g xeex,( ) x g xee 当(0,1)x时,( )0g x ,( )g x在(0,1)上单调递减, 当(1,)x时,( )0g x ,( )g x在(1,)上单调递增, (
16、 )(1)0g xg 故当(0,1)x时, ( )0F x ,( )F x在(0,1)上单调递减, 当(1,)x时,( )0F x ,( )F x在(1,)上单调递增, 所以 min ( )(1)ln10F xFeee . 所以ln0 x e exex x 有唯一实数根 0 1x , 故 ( )f x有唯一不动点. 8(2020 届湖南省常德市高三模拟)已知直线: (1)l yk x 与函数 ( )lnf xx . (1)若 ( )(1)f xk x 恒成立,求k的取值的集合. (2)若 21 0 xx,求证: 21 2121 2f xf x xxxx . 【答案】(1)1(2)见解析 【解析
17、】令( )( )(1)(0)g xf xk xx 则依题意( )ln(1)0g xxk x恒成立 所以当xe时也成立,则 1 ( )ln(1)00 1 g eek ek e 又 11 ( )00g xkx xk , 1 ( )0g xx k ; 所以( )g x在 1 0, k 上递增,在 1 , k 上递减, 所以 max 111 ( )lnln10g xgkkkk kkk 令( )ln1(0)h xxx x 则 11 ( )101 x h xx xx ,( )001h xx 所以( )h x在(0,1)上递减,在(1,)上递增, 所以( )(1)0h xh,故( )ln10h kkk 的解
18、为1k 所以满足题意的K的取值的集合为1 (2)证明:要证 21 2121 2f xf x xxxx ,即证 21 2121 lnln2xx xxxx 令 2 1 x t x 则 21 0 xx,1t 即可转证: 2 1 22 11 ln 2 11 x x xx xx ,即证 ln2 11 t tt 因为1t 所以即证(1)ln2(1)ttt 即证lnln220(1)ttttt 令( )lnln22(1)F tttttt * 则 11111 ( )ln2ln1ln1F tttt ttttt 由(1)中结论易知 1 0h t ,即 11 ln10 tt 即得( )0F t 所以( )lnln22
19、F ttttt在(1,)上递增 所以( )lnln221 ln1ln12 120F ttttt 即 *式得证.所以原不等式得证. 9(2020 届湖北省高三模拟)已知函数 f(x)x2+acosx (1)求函数 f(x)的奇偶性并证明当|a|2 时函数 f(x)只有一个极值点; (2)当 a 时,求 f(x)的最小值; 【答案】(1)偶函数,证明详见解析;(2) 2 4 【解析】 (1)因为 f(x)f(x),故函数 f(x)是偶函数 f(x)2xasinx,f(0)0,故只需讨论 x0 时情况, x0,由三角函数的性质知,xsinx,2|a|,f(x)0,x0 时,f(x)是增函数, 又 f
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