高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略 理（普通生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略 理（普通生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（二十三）“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略 理（普通生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題檢測(cè)（二十三） “函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的搶分策略1(2018武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)ln x(aR)(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a0時(shí)，證明：f(x).解：(1)f(x)(x0)當(dāng)a0時(shí)，f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增當(dāng)a0時(shí)，若xa，則f(x)0，函數(shù)f(x)在(a，)上單調(diào)遞增；若0xa，則f(x)0時(shí)，f(x)minf(a)ln a1.要證f(x)，只需證ln a1，即證ln a10.令函數(shù)g(a)ln a1，則g(a)(a0)，當(dāng)0a1時(shí)，g(a)1時(shí)，g(a)0，所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以g(a)ming(1)0.所以l

2、n a10恒成立，所以f(x).2(2018全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)exax2.(1)若a1，證明：當(dāng)x0時(shí)，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a.解：(1)證明：當(dāng)a1時(shí)，f(x)1等價(jià)于(x21)ex10.設(shè)函數(shù)g(x)(x21)ex1，則g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，h(x)沒(méi)有零點(diǎn)；()當(dāng)a0時(shí)，h(x)ax(x2)ex.當(dāng)x(0,2)時(shí)，h(x)0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增故h(2)1是h(x)在(0，)上的最小值當(dāng)h(2)0，即a時(shí)，h(x)在(0，)上沒(méi)有零點(diǎn)當(dāng)h(2)0，即a時(shí)，h(x)在(0

3、，)上只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)h(2)時(shí)，因?yàn)閔(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一個(gè)零點(diǎn)由(1)知，當(dāng)x0時(shí)，exx2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)上有一個(gè)零點(diǎn)因此h(x)在(0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)綜上，當(dāng)f(x)在(0，)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a.3(2018西安質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)ln x(kR)(1)若曲線yf(x)在點(diǎn)(e，f(e)處的切線與直線x20垂直，求f(x)的單調(diào)性和極小值(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))；(2)若對(duì)任意的x1x20，f(x1)f(x2)0)，曲線yf(x)在點(diǎn)(e，f(e)處的切線與直線x20垂直，f(e)0，即0，得ke，f(x)(x0)由f(x)0，

4、得0x0，得xe，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，)上單調(diào)遞增，當(dāng)xe時(shí)，f(x)取得極小值，且f(e)ln e2.f(x)的極小值為2.(2)由題意知對(duì)任意的x1x20，f(x1)x10)，則h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，h(x)10在(0，)上恒成立，即當(dāng)x0時(shí)，kx2x2恒成立，k.故k的取值范圍是.4(2018全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)(2xax2)ln(1x)2x.(1)若a0，證明：當(dāng)1x0時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)0；(2)若x0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a.解：(1)證明：當(dāng)a0時(shí)，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x).設(shè)函數(shù)g(x)ln(1x)，則g(x

5、).當(dāng)1x0時(shí)，g(x)0時(shí)，g(x)0，故當(dāng)x1時(shí)，g(x)g(0)0，且僅當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，從而f(x)0，且僅當(dāng)x0時(shí)，f(x)0.所以f(x)在(1，)上單調(diào)遞增又f(0)0，故當(dāng)1x0時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)0.(2)若a0，由(1)知，當(dāng)x0時(shí)，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)，這與x0是f(x)的極大值點(diǎn)矛盾若a0，設(shè)函數(shù)h(x)ln(1x).由于當(dāng)|x|0，故h(x)與f(x)符號(hào)相同又h(0)f(0)0，故x0是f(x)的極大值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)x0是h(x)的極大值點(diǎn)h(x).若6a10，則當(dāng)0x，且|x|0，故x0不是h(x)的極大值點(diǎn)若6a10，則a2x24ax6a10存在根x10，故當(dāng)x(x1,0)，且|x|min時(shí)，h(x)0；當(dāng)x(0,1)時(shí)，h(x)0.所以x0是 h(x)的極大值點(diǎn)，從而x0是 f(x)的極大值點(diǎn)綜上，a