高考数学二轮复习 解答必刷卷（一）函数与导数 文-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

解答必刷卷(一)函数与导数考查范围:第4讲~第15讲题组一真题集训1.[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)=aex-lnx-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥1e时,f(x)≥0.2.[2018·北京卷]设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.3.[2018·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.题组二模拟强化4.[2018·湖南衡阳一模]已知函数f(x)=2x+alnx.(1)若函数f(x)在(0,2)上单调递减,求实数a的取值范围;(2)设h(x)=f(x)+|(a-2)x|,x∈[1,+∞),求证:h(x)≥2.5.[2018·山西太原模拟]已知函数f(x)=exsinx-cosx,g(x)=xcosx-❑√2ex,其中e是自然对数的底数.(1)判断函数f(x)在0,π2内零点的个数,并说明理由;(2)若∀x1∈0,π2,∃x2∈0,π2,f(x1)+g(x2)≥m,试求实数m的取值范围.6.[2018·广东六校三联]已知函数f(x)=x2-2x+1+a(lnx-x+1)(其中a∈R且a为常数).(1)若对于任意的x∈(1,+∞),都有f(x)>0成立,求a的取值范围;(2)在(1)的条件下,若方程f(x)+a+1=0在(0,2]上有且只有一个实根,求a的取值范围.解答必刷卷(一)1.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f'(x)=12e2ex-1x.当02时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)证明:当a≥1e时,f(x)≥exe-lnx-1.设g(x)=exe-lnx-1,则g'(x)=exe-1x.当01时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥1e时,f(x)≥0.2.解:(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,f'(2)=(2a-1)e2.由题设知f'(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12.(2)方法一:由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.若a>1,则当x∈1a,1时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法二:f'(x)=(ax-1)(x-1)ex.①当a=0时,令f'(x)=0得x=1.f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,1)1(1,+∞)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.②当a>0时,令f'(x)=0得x1=1a,x2=1.(i)当x1=x2,即a=1时,f'(x)=(x-1)2ex≥0,所以f(x)在R上单调递增,所以f(x)无极值,不合题意.(ii)当x1>x2,即01时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,1a)1a(1a,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.③当a<0时,令f'(x)=0得x1=1a,x2=1.f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,1a)1a(1a,1)1(1,+∞)f'(x)-0+0-f(x)↘极小值↗极大值↘所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).3.解:(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2❑√3或x=3+2❑√3.当x∈(-∞,3-2❑√3)∪(3+2❑√3,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2❑√3,3+2❑√3)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2❑√3),(3+2❑√3,+∞)单调递增,在(3-2❑√3,3+2❑√3)单调递减.(2)证明:由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3¿¿(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6(a-16)2-16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.4.解:(1)由函数f(x)在(0,2)上单调递减得对任意x∈(0,2),恒有f'(x)=ax-2x2≤0成立,即a≤2x对任意x∈(0,2)恒成立,又当x∈(0,2)时,2x>1,所以a≤1.(2)证明:当a≥2时,h(x)=f(x)+(a-2)x=2x+alnx+(a-2)x(x≥1),所以h'(x)=ax-2x2+a-2≥0,所以h(x)在[1,+∞)上是增函数,故h(x)≥h(1)=a≥2.当a<2时,h(x)=f(x)-(a-2)x=2x+alnx-(a-2)x(x≥1),所以h'(x)=ax-2x2-a+2=[(2-a)x+2¿¿,令h'(x)=0,解得x=-22−a<0或x=1,所以函数h(x)在...