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高考数学一轮复习 练案(18)高考大题规范解答系列(一)—函数与导数(含解析)-人教版高三数学试题VIP免费

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[练案18]高考大题规范解答系列(一)——函数与导数1.(2020·湖北宜昌模拟)已知函数f(x)=(m+)lnx+-x,其中常数m>0.(1)当m=2时,求f(x)的极大值;(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性.[解析](1)当m=2时,f(x)=lnx+-x,f′(x)=--1=-(x>0)当02时,f′(x)<0,当0,∴f(x)在(0,)和(2,+∞)上单调递减,在(,2)上单调递增,∴f(x)的极大值为f(2)=ln2-.(2)f′(x)=--1=-(x>0,m>0),故当01时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,1)上单调递增.2.(2020·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期开学考试)设函数f(x)=(a∈R).(1)若f(x)在x=0处取得极值,求实数a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求实数a的取值范围.[解析](1)对f(x)求导得f′(x)==.因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0.当a=0时,f(x)=,f′(x)=,由f′(x)>0,02,故a=0时,f(x)在x=0处取得极值,f(1)=,f′(1)=,从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程y-=(x-1),化简得3x-ey=0.(2)由(1)知f′(x)=,令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,由g(x)=0,解得x1=,x2=.当x0,即f′(x)>0,故f(x)为增函数;当x>x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数.由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=≤3,解得a≥-.故a的取值范围为[-,+∞).3.已知函数f(x)=x2+(1-a)x-alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a>0,证明:当00,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则由f′(x)=0,得x=a.当0a时,f′(x)>0.此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(2)令g(x)=f(a+x)-f(a-x),则g(x)=(a+x)2+(1-a)(a+x)-aln(a+x)-[(a-x)2+(1-a)(a-x)-aln(a-x)]=2x-aln(a+x)+aln(a-x).所以g′(x)=2--=.当00),∴F′(x)=(x>0),∴当01时,F′(x)>0,F(x)单调递增.∴.F(x)>F(1)=1>0,∴a≥.记G(x)=,x∈[,e].∴G′(x)==. x∈[,e],∴2-2lnx=2(1-lnx)≥0,∴x-2lnx+2>0,∴x∈(,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减;x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增.∴G(x)min=G(1)=-1,∴a≥G(x)min=-1.故实数a的取值范围为[-1,+∞).5.(2020·安徽省合肥市高三质量检测)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然对数的底数).(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0,f(x)+ex≥x3+x,求a的取值范围.[解析](1)f′(x)=xex-2ax=x(ex-2a).当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有1个极值点;当0时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln2a)上单调递减,在(ln2a,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点;综上,当a≤0时,f(x)有1个极值点;当a>0且a≠时,f(x)有2个极值点;当a=时,f(x)没有极值点.(2)由f(x)+ex≥x3+x得xex-x3-ax2-x≥0.当x>0时,ex-x2-ax-1≥...

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