（新课标）高考数学大一轮复习 解答题规范专练（一）函数与导数-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

解答题规范专练(一)函数与导数1．已知函数f(x)＝ax2＋x－xlnx.(1)若a＝0，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx2＋2x恒成立，求实数b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)＝3a2lnx＋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)＝π(x－cosx)－2sinx－2，g(x)＝(x－π)＋－1.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)当a＝0时，f(x)＝x－xlnx，函数定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－lnx，由－lnx＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上是增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数．所以函数f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(1，＋∞)．(2)由f(1)＝2，得a＋1＝2，∴a＝1，∴f(x)＝x2＋x－xlnx，由f(x)≥bx2＋2x，得x2＋x－xlnx≥bx2＋2x，又∵x>0，∴b≤1－－恒成立．令g(x)＝1－－，可得g′(x)＝，∴g(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴实数b的取值范围是(－∞，0]．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＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna.(2)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2lnx－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)＝π＋πsinx－2cosx>0，所以f(x)在上为增函数，又f(0)＝－π－2<0，f＝－4>0，所以存在唯一x0∈，使f(x0)＝0.(2)当x∈时，化简得g(x)＝(π－x)·＋－1.令t＝π－x，记u(t)＝g(π－t)＝－－t＋1，t∈，则u′(t)＝.由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)<0，当t∈时，u′(t)>0.在上u(t)为增函数，由u＝0知，当t∈时，u(t)<0，所以u(t)在上无零点．在(0，x0)上u(t)为减函数，由u(0)＝1及u(x0)<0知存在唯一t0∈(0，x0)，使u(t0)＝0.于是存在唯一t0∈，使u(t0)＝0.设x1＝π－t0∈，则g(x1)＝g(π－t0)＝u(t0)＝0，因此存在唯一的x1∈，使g(x1)＝0.由于x1＝π－t0，t0π.