高考数学复习压轴解答题强化训练(二)
压轴解答题强化训练(二)
函数与导数
(建议用时:60分钟)
1.(2014·佛山模拟)已知函数f=x-lnx.
(1)若a=1,求f在点处的切线方程.
(2)求函数f的极值点.
(3)若f>0恒成立,求a的取值范围.
【解析】f的定义域为.
(1)若a=1,则f=x-lnx,
此时f=2.
因为f′=2x+1-,所以f′=,
所以f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-2=,即5x-2y-1=0.
(2)由于f=x-lnx,x∈.
①当a≥0时,f=x2+ax-lnx,f′=2x+a-=,
令f′=0,得x1=>0,
x2=<0(舍去),
且当x∈时,f′<0;
当x∈时,f′>0,
所以f在上单调递减,在上单调递增,f的极小值点为x=.
②当a<0时,f=
(ⅰ)当x≥-a时,f′=,令f′=0,
得x1=,x2=<-a(舍去).
若≤-a,即a≤-,则f′≥0,
所以f在上单调递增;
若>-a,即-
0,所以f在区间上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增.此时f(x)的极小值点为x=.
(ⅱ)当00,即a<-2时,则由f′=0得x3=,x4=且00;
当x∈时,f′<0,
所以f在区间上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.
综上所述,当a<-2时,f的极小值点为x=,极大值点为x=;
当-2≤a≤-时,f的极小值点为x=-a;
当a>-时,f的极小值点为x=.
(3)函数f的定义域为x∈.
由f>0,可得>(*)
①当x∈时,<0,≥0,不等式(*)恒成立;
②当x=1时,=0,即>0,所以a≠-1;
③当x>1时,不等式(*)恒成立等价于a<-x-恒成立或a>-x+恒成立.
令g=-x-,则g′=.
令φ=-2x2-1+lnx,
则φ′=-4x+=<0,
而φ=-2-1+ln1=-3<0,
所以φ=-2x2-1+lnx<0,
即g′=<0,
因此g=-x-在上是减函数,
所以g在x∈上无最小值,
所以a<-x-不可能恒成立.
令h=-x+,则h′=-1+=<0,
因此h在上是减函数,
所以h-1.
综上所述,满足条件的a的取值范围是.
【加固训练】(2014·天津模拟)设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b≠0.
(1)当b>时,判断函数f(x)在定义域上的单调性.
(2)求函数f(x)的极值点.
【解析】(1)函数f(x)=x2+bln(x+1)的定义域为,
f′(x)=2x+=.
令g(x)=2x2+2x+b,则g(x)在上递增,在上递减,
g(x)min=g=-+b.
当b>时,g(x)min=-+b>0,
g(x)=2x2+2x+b>0在上恒成立.
所以f′(x)>0,
即当b>时,函数f(x)在定义域上单调递增.
(2)分以下几种情形讨论:①由(1)知当b>时函数f(x)无极值点.
②当b=时,f′(x)=,
所以x∈时,f′(x)>0,
x∈时,f′(x)>0,所以b=时,函数f(x)在上无极值点.
③当b<时,解f′(x)=0得两个不同解,x1=,x2=.
当b<0时,x1=<-1,
x2=>-1,
所以x1∉,x2∈,
此时f(x)在上有唯一的极小值点
x2=.
当00,得-3,
由f′(x)<0,得-12时,φ′(x)<0;
当00.
所以当x=2时,φ(x)取得最大值,
即φ(x)max=φ(2)=ln2-1.
又当x无限趋近于0时,lnx无限趋近于-∞,-x无限趋近于0,
进而有φ(x)=lnx-x无限趋近于-∞.
因此函数φ(x)=lnx-x的值域是(-∞,ln2-1],
即实数m的取值范围是(-∞,ln2-1].
(3)这样的正数k不存在.
下面采用反证法来证明:假设存在正数k,使得关于x的方程f(x)=kg(x)有两个不相等的实数根x1和x2,则
即
根据对数函数的定义域知x1和x2都是正数.
又由(1)可知,当x>0时,
f(x)min=f(3)=ln+>0,
所以f(x1)=ln+>0,
f(x2)=ln+>0,
再由k>0,可得g(x1)=lnx1>0,g(x2)=lnx2>0x1>1,x2>1,
由于x1≠x2,所以不妨设11.
所以<,
所以>,
这与(*)式矛盾.
因此满足条件的正数k不存在.
3.(2014·揭阳模拟)已知函数f(x)=alnx+1(a>0).
(1)当a=1且x>1时,证明:f(x)>3-.
(2)若对∀x∈(1,e),f(x)>x恒成立,求实数a的取值范围.
(3)当a=时,证明:f(i)>2(n+1-).
【解析】(1)要证f(x)>3-,
即证lnx+-2>0,
令m(x)=lnx+-2,则
m′(x)=-=>0.
所以m(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以m(x)>m(1)=0,
所以lnx+-2>0,即f(x)>3-成立.
(2)由f(x)>x且x∈(1,e)可得a>,
令h(x)=,h′(x)=,
由(1)知lnx-1+>1+-=>0,
所以h′(x)>0,函数h(x)在(1,e)上单调递增,
当x∈(1,e)时,h(x)2(n+1-),即证
lni>2n+4-4.
由(1)可知ln(n+1)>2-,又
n+2=(n+1)+1>2>+,
所以<,
所以ln(n+1)>2-=2-4(-),
ln2+ln3+…+ln(n+1)>
2n-4[(-1)+(-)+…+(-)]
=2n+4-4,
故f(i)>2(n+1-)得证.
4.(2014·菏泽模拟)设函数f(x)=aex(x+1)(其中e=2.71828…),g(x)=x2+bx+2,已知它们在x=0处有相同的切线.
(1)求函数f(x),g(x)的解析式.
(2)求函数f(x)在[t,t+1](t>-3)上的最小值.
(3)若对∀x≥-2,kf(x)≥g(x)恒成立,求实数k的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=aex(x+2),g′(x)=2x+b.
由题意,两函数在x=0处有相同的切线.
所以f′(0)=2a,g′(0)=b,所以2a=b,f(0)=a=g(0)=2,所以a=2,b=4,
所以f(x)=2ex(x+1),g(x)=x2+4x+2.
(2)f′(x)=2ex(x+2),由f′(x)>0得x>-2,
由f′(x)<0得x<-2,
所以f(x)在(-2,+∞)上单调递增,在(-∞,-2)上单调递减.
因为t>-3,所以t+1>-2.
当-30得ex>,
所以x>ln;
由F′(x)<0得xe2时,F(x)在[-2,+∞)上单调递增,
F(x)min=F(-2)=-2ke-2+2=(e2-k)<0,
不满足F(x)min≥0.
②当ln=-2,即k=e2时,
由①知,F(x)min=F(-2)=(e2-k)=0,
满足F(x)min≥0.
③当ln>-2,即1≤k0,
满足F(x)min≥0.
综上所述,满足题意的k的取值范围为[1,e2].
【讲评建议】讲解本题时,请提醒学生注意以下几点:
1.注意分类讨论
第(2)问应根据极值是否在区间内讨论.
2.注意能成立与恒成立的区别
“f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立”等价于“I是f(x)>g(x)的解集的子集”;而“f(x)>g(x)对x∈I能成立”等价于“I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集”,两者意义不同.
3.能够准确转化
第(3)问将恒成立问题转化为当x≥-2时,F(x)min≥0.
4.不要忽略解题后的总结
第(2)问和第(3)问求解完毕后,要进行总结,否则会导致步骤不完整而失分.
5.(2014·漳州模拟)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+alnx.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值.
(2)设定义在D上的函数y=g(x)在点P(x0,y0)处的切线方程为l:y=h(x).当x≠x0时,若>0在D内恒成立,则称P为函数y=g(x)的“转点”.当a=8时,问函数y=f(x)是否存在“转点”?若存在,求出“转点”的横坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)当a=1时,
f′(x)=2x-3+=.
当f′(x)>0时,01,
当f′(x)<0时,2时,F(x)在上单调递减,
所以当x∈时,F(x)>F(x0)=0,
此时<0;
所以y=f(x)在(0,2),(2,+∞)上不存在“转点”.
当x0=2时,F′(x)=(x-2)2,
即F(x)在(0,+∞)上是增函数.
当x>x0时,F(x)>F(x0)=0,
当x
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