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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