高考数学专题复习练习:3-4 专项基础训练

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高考数学专题复习练习:3-4 专项基础训练

‎ 1.(2017·兰州模拟)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R,e为自然对数的底数).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)若a=1,函数g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x在(2,+∞)上为增函数,求实数m的取值范围.‎ ‎【解析】 (1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)=ex-a.‎ 当a≤0时,f′(x)>0,∴f(x)在R上为增函数;‎ 当a>0时,由f′(x)=0得x=ln a,‎ 则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,∴函数f(x)在(-∞,ln a)上为减函数,‎ 当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,∴函数f(x)在(ln a,+∞)上为增函数.‎ ‎(2)当a=1时,g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x,‎ ‎∵g(x)在(2,+∞)上为增函数,‎ ‎∴g′(x)=xex-mex+m+1≥0在(2,+∞)上恒成立,‎ 即m≤在(2,+∞)上恒成立,‎ 令h(x)=,x∈(2,+∞),‎ h′(x)==.‎ 令L(x)=ex-x-2,L′(x)=ex-1>0在(2,+∞)上恒成立,‎ 即L(x)=ex-x-2在(2,+∞)上为增函数,‎ 即L(x)>L(2)=e2-4>0,∴h′(x)>0,‎ 即h(x)=在(2,+∞)上为增函数,‎ ‎∴h(x)>h(2)=,‎ ‎∴m≤.‎ 所以实数m的取值范围是.‎ ‎2.(2017·武汉调研)已知函数f(x)=ax2+bx-ln x(a>0,b∈R).‎ ‎(1)设a=1,b=-1,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若对任意的x>0,f(x)≥f(1),试比较ln a与-2b的大小.‎ ‎【解析】 (1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞),‎ 得f′(x)=.‎ ‎∵a=1,b=-1,‎ ‎∴f′(x)==(x>0).‎ 令f′(x)=0,得x=1.‎ 当0<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎∴f(x)的单调递减区间是(0,1),f(x)的单调递增区间是(1,+∞).‎ ‎(2)由题意可知,f(x)在x=1处取得最小值,即x=1是f(x)的极值点,‎ ‎∴f′(1)=0,∴2a+b=1,即b=1-2a.‎ 令g(x)=2-4x+ln x(x>0),则g′(x)=.‎ 令g′(x)=0,得x=.‎ 当0<x<时,g′(x)>0,g(x)单调递增,‎ 当x>时,g′(x)<0,g(x)单调递减,‎ ‎∴g(x)≤g=1+ln =1-ln 4<0,‎ ‎∴g(a)<0,即2-4a+ln a=2b+ln a<0,‎ 故ln a<-2b.‎ ‎3.(2016·日照模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式;‎ ‎(2)设g(x)=ln x,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;‎ ‎(3)若0<a<b,求证:>.‎ ‎【解析】 (1)将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①‎ f′(x)=,f′(-1)====-1.②‎ 联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.‎ ‎(2)证明 由题意知要证ln x≥在[1,+∞)上恒成立,‎ 即证明(x2+1)ln x≥2x-2,x2ln x+ln x-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.‎ 设h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,则h′(x)=2xln x+x+-2,‎ 因为x≥1,所以2xln x≥0,x+≥2 ≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,‎ 所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,‎ 所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.‎ ‎(3)证明 因为0<a<b,所以>1,由(2)知ln>,整理得>,所以当0<a<b时,>.‎ ‎4.(2017·郑州模拟)已知函数f(x)=ax-1+ln x,其中a为常数.‎ ‎(1)当a∈时,若f(x)在区间(0,e)上的最大值为-4,求a的值;‎ ‎(2)当a=-时,若函数g(x)=|f(x)|--存在零点,求实数b的取值范围.‎ ‎【解析】 (1)f′(x)=a+,令f′(x)=0得x=-,‎ 因为a∈,所以0<-<e,‎ 由f′(x)>0得0<x<-,由f′(x)<0得-<x<e,‎ 从而f(x)的增区间为,减区间为,‎ 所以f(x)max=f=-1-1+ln=-4,解得a=-e2.‎ ‎(2)函数g(x)=|f(x)|--存在零点,即方程|f(x)|=+有实数根,‎ 由已知,函数f(x)的定义域为{x|x>0},‎ 当a=-时,f(x)=--1+ln x,‎ 所以f′(x)=-+=-,‎ 当0<x<e时,f′(x)>0;当x>e时,f′(x)<0,‎ 所以,f(x)的增区间为(0,e),减区间为(e,+∞),‎ 所以f(x)max=f(e)=-1,‎ 所以|f(x)|≥1.‎ 令h(x)=+,则h′(x)=.‎ 当0<x<e时,h′(x)>0;‎ 当x>e时,h′(x)<0,‎ 从而h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,‎ 所以h(x)max=h(e)=+,‎ 要使方程|f(x)|=+有实数根,‎ 只需h(x)max≥1即可,故b≥2-.‎ 即所求实数b的取值范围是.‎ ‎5.(2016·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).‎ ‎(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.‎ ‎【解析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f′(x)=ln x+-3,f′(1)=-2,f(1)=0.‎ 所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.‎ ‎(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于ln x->0.‎ 设g(x)=ln x-,‎ 则g′(x)=-=,g(1)=0.‎ ‎①当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,即g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0;‎ ‎②当a>2时,令g′(x)=0得 x1=a-1-,x2=a-1+.‎ 由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)<0,此时不满足题意.‎ 综上,a的取值范围是(-∞,2].‎ ‎6.(2016·天津)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3.‎ ‎【解析】 (1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,‎ 可得f′(x)=3(x-1)2-a.‎ 下面分两种情况讨论:‎ ‎(ⅰ)当a≤0时,有f′(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).‎ ‎(ⅱ)当a>0时,令f′(x)=0,解得x=1+或x=1-.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ 所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,.‎ ‎(2)证明 因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由题意,得f′(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,所以f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b.‎ 又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=f(x0),‎ 且3-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0,所以x1+2x0=3.‎
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