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(全国通用)高考数学 考前三个月复习冲刺 压轴大题突破练4 函数与导数(二 )理-人教版高三全册数学试题VIP免费

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【步步高】(全国通用)2016版高考数学复习考前三个月压轴大题突破练4函数与导数(二)理1.已知函数f(x)=ex-a(x+1)在x=ln2处的切线的斜率为1.(其中e=2.71828…)(1)求a的值及f(x)的最小值;(2)当x≥0时,f(x)≥mx2恒成立,求m的取值范围;(3)求证:∑<(i,n∈N*).(参考数据:ln2≈0.6931)2.已知函数f(x)=lnx-x2+x.(1)求函数f(x)的单调递减区间;(2)若关于x的不等式f(x)≤x2+ax-1恒成立,求整数a的最小值;(3)若正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+2(x+x)+x1x2=0,证明:x1+x2>.3.已知f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3.(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;(2)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)证明:对一切x∈(0,+∞),都有lnx>-成立.4.已知函数f(x)=ln(x+a)+,g(x)=lnx.(1)已知f(x)在[e,+∞)上是单调函数,求a的取值范围;(2)已知m,n,ξ满足n>ξ>m>0,且g′(ξ)=,试比较ξ与的大小;(3)已知a=2,是否存在正数k,使得关于x的方程f(x)=kg(x)在[e,+∞)上有两个不相等的实数根?如果存在,求k满足的条件;如果不存在,说明理由.答案精析压轴大题突破练41.(1)解f′(x)=ex-a,由已知得f′(ln2)=2-a=1,∴a=1,此时f(x)=ex-x-1,f′(x)=ex-1,∴当01,即x>0时,f′(x)>0,∴当x=0时,f(x)取得极小值即为最小值,∴f(x)min=f(0)=0.(2)解记g(x)=ex-x-1-mx2,g′(x)=ex-1-2mx,设h(x)=g′(x)=ex-1-2mx,则h′(x)=ex-2m.①当m≤时,h′(x)≥0(x≥0),∴h(x)≥h(0)=0,∴g′(x)≥0,∴g(x)≥g(0)=0,∴m≤时满足题意.②当m>时,令h′(x)=0,得x=ln2m>0,当x∈[0,ln2m)时,h′(x)<0,h(x)在此区间上是减函数,g′(x)=h(x)≤h(0)=0,∴g(x)在此区间上是减函数,∴g(ln2m)≤g(0)=0不合题意.综上得m的取值范围为.(3)证明记k(x)=,则k′(x)=,令k′(x)=0,得x=.不难知当x=时,k(x)有最大值,且最大值为.∴≤,∴≤·(n≥2),∴∑≤,又+++…+<++…+=++…+=1-<1,∴∑<<,即∑<.2.(1)解f′(x)=-2x+1=(x>0),由f′(x)<0,得2x2-x-1>0,又x>0,所以x>1.所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞).(2)解令g(x)=f(x)-[(-1)x2+ax-1]=lnx-ax2+(1-a)x+1,所以g′(x)=-ax+(1-a)=.当a≤0时,因为x>0,所以g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上是递增函数,又因为g(1)=ln1-a×12+(1-a)+1=-a+2>0,所以关于x的不等式f(x)≤x2+ax-1不能恒成立.当a>0时,g′(x)==-,令g′(x)=0,得x=.所以当x∈时,g′(x)>0;当x∈时,g′(x)<0,因此函数g(x)在是增函数,在是减函数.故函数g(x)的最大值为g=ln-a×2+(1-a)×+1=-lna.令h(a)=-lna,因为h(1)=>0,h(2)=-ln2<0,因为h(a)在a∈(0,+∞)是减函数.所以当a≥2时,h(a)<0.所以整数a的最小值为2.(3)证明由f(x1)+f(x2)+2(x+x)+x1x2=0,即lnx1+x+x1+lnx2+x+x2+x1x2=0,从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1·x2-ln(x1·x2),令t=x1·x2,则由φ(t)=t-lnt得,φ′(t)=,可知,φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,又x1+x2>0,因此x1+x2≥成立.3.(1)解由f(x)=xlnx,x>0,得f′(x)=lnx+1,令f′(x)=0,得x=.当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.①当00),则a≤2lnx+x+,设h(x)=2lnx+x+(x>0),则h′(x)=,①当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,②当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4,对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,所以a≤h(x)min=4.(3)证明问题等价于证明xlnx>-(x∈(0,+∞)).由(1)可知f(x)=xlnx(x∈(0,+∞))的最小值是-,当且仅当x=时取到,设m(x)=-(x∈(0,+∞)),则m′(x)=,易知m(x)max=m(1)=-,当且仅当x=1时取到.从而对一切x∈(0,+∞),都有lnx>-成立.4.解(1)∵f(x)=ln(x+a)+,∴f′(x)=-=.∵f(x)在[e,+∞)上单调,∴或∴或∵当x≥e时,x2-x≥e2-e,∴-e1),则h′(x)=-1-=-<0,∴h(x)1时,2lnx.(3)假设方程f(x)=kg(x)存在满足条件的两个实数根x1,x2,且x2>x1≥e,则⇒=,即=,=.=⇒=.∵x2>x1≥e,∴>⇒>1,而<1,∴>,∴方程不存在满足条件的两根.

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