2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：解答题规范专练(一)　函数与导数

2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：解答题规范专练(一)　函数与导数

解答题规范专练(一)　函数与导数 ‎1．(2015·洛阳统考)已知函数f(x)＝ex＋ax2－e2x.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若x>0时，总有f(x)>－e2x，求实数a的取值范围．‎ ‎2．已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝‎3a2ln x＋b，其中a>0，设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同．‎ ‎(1)用a表示b；‎ ‎(2)求证：f(x)≥g(x)(x>0)．‎ ‎3．(2014·辽宁高考)已知函数f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin x)·ln.‎ 证明：(1)存在唯一x0∈，使f(x0)＝0；‎ ‎(2)存在唯一x1∈，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.‎ 答案 ‎1．解：(1)由f′(x)＝ex＋2ax－e2得：‎ y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率k＝‎4a＝0，则a＝0.‎ 此时f(x)＝ex－e2x，f′(x)＝ex－e2.‎ 由f′(x)＝0，得x＝2.‎ 当x∈(－∞，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 所以函数f(x)的单调增区间是(2，＋∞)，‎ 单调减区间是(－∞，2)．‎ ‎(2)由f(x)>－e2x得：a>－.‎ 设g(x)＝－，x>0，则g′(x)＝.‎ ‎∴当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)在(0,2)上单调递增；‎ 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．‎ ‎∴g(x)≤g(2)＝－.‎ 因此，a的取值范围为.‎ ‎2．解：(1)设曲线y＝f(x)与y＝g(x)(x>0)在公共点(x0，y0)处的切线相同，‎ ‎∵f′(x)＝x＋‎2a，g′(x)＝，‎ ‎∴依题意得 即 由x0＋‎2a＝，得x0＝a或x0＝－‎3a(舍去)，‎ 则b＝a2＋‎2a2－‎3a2ln a＝a2－‎3a2ln a.‎ ‎(2)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)‎ ‎＝x2＋2ax－‎3a2ln x－b(x>0)，‎ 则F′(x)＝x＋‎2a－＝(x>0)，‎ 由F′(x)＝0得x＝a或x＝－‎3a(舍去)．‎ 当x变化时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(0，a)‎ a ‎(a，＋∞)‎ F′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ F(x)‎  极小值  结合(1)可知函数F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝f(a)－g(a)＝0.‎ 故当x>0时，有f(x)－g(x)≥0，‎ 即当x>0时，f(x)≥g(x)．‎ ‎3．证明：(1)当x∈时，‎ f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－cos x<0，‎ 则函数f(x)在上为减函数，‎ 又f(0)＝π－>0，f＝－π2－<0，‎ 所以存在唯一x0∈，使f(x0)＝0.‎ ‎(2)考虑函数h(x)＝－4ln，x∈.‎ 令t＝π－x，则x∈时，t∈.‎ 设u(t)＝h(π－t)＝－4ln，‎ 则u′(t)＝.‎ 由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0，‎ 当t∈时，u′(t)<0.‎ 在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，‎ 从而当t∈(0，x0]时，u(t)>0，‎ 所以u(t)在(0，x0]上无零点．‎ 在上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u＝－4ln 2<0，知存在唯一t1∈，使u(t1)＝0.‎ 所以存在唯一的t1∈，使u(t1)＝0.‎ 因此存在唯一的x1＝π－t1∈，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.‎ 因为当x∈时，1＋sin x>0，‎ 故g(x)＝(1＋sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，‎ 所以存在唯一的x1∈，使g(x1)＝0.‎ 因x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.‎