高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 核心素養(yǎng)提升系列一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)高考?jí)狠S大題的突破問題練習(xí) 新人教A版

1、核心素養(yǎng)提升系列(一)1(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577259)(理科)(2018·湘西州一模)已知函數(shù)f(x)xaln x，g(x)，其中ar，e2.718(1)設(shè)函數(shù)h(x)f(x)g(x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范圍解：(1)函數(shù)h(x)xaln x的定義域?yàn)?0，)，h(x)1.當(dāng)1a0，即a1時(shí)，h(x)0，故h(x)在(0，)上是增函數(shù)；當(dāng)1a0，即a1時(shí)，x(0,1a)時(shí)，h(x)0；x(1a，)時(shí)，h(x)0，故h(x)在(0,1a)上是減函數(shù)，在(1a，)上是增函數(shù)(2)由(1)令h(x0)f(x0)g(x0)，

2、x01，e，當(dāng)a1時(shí)，存在x01，e，使得h(x0)0成立可化為h(1)11a0，解得，a2；當(dāng)1a0時(shí)，存在x01，e，使得h(x0)0成立可化為h(1)11a0，解得，a2；當(dāng)0ae1時(shí)，存在x01，e，使得h(x0)0成立可化為h(1a)1aaln(1a)10，無解；當(dāng)e1a時(shí)，存在x01，e，使得h(x0)0成立可化為h(e)ea0，解得，a.綜上所述，a的取值范圍為(，2).1(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577260)(文科)(2017·湖南婁底市名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)2lnxx2ax(ar)(1)當(dāng)a2時(shí)，求f(x)的圖象在x1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)f(x)axm在上有兩

3、個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)若函數(shù)f(x)的圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)a(x1,0)，b(x2,0)，且0x1x2，求證：f0(其中f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))解：(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)2lnxx22x，f(x)2x2，切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)，切線的斜率kf(1)2，切線方程為y12(x1)，即y2x1.(2)g(x)2ln xx2m，則g(x)2x，x，故g(x)0時(shí)，x1.當(dāng)x1時(shí)，g(x)0；當(dāng)1xe時(shí)，g(x)0.故g(x)在x1處取得極大值g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e20，g(e)g，g(x)在上的最小值是g(e)g(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)的條件是解得1

4、m2，實(shí)數(shù)m的取值范圍是.(3)f(x)的圖象與x軸交于兩個(gè)不同的點(diǎn)a(x1,0)，b(x2,0)，方程2lnxx2ax0的兩個(gè)根為x1，x2，則兩式相減得a(x1x2).又f(x)2ln xx2ax，f(x)2xa，則f(x1x2)a.下證0(*)，即證明ln0，令t，0x1x2，0t1，即證明u(t)ln t0在0t1上恒成立u(t)，又0t1，u(t)0，u(t)在(0,1)上是增函數(shù)，則u(t)u(1)0，從而知ln0，故(*)式0，即f0成立2(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577261)(文科)(2018·廈門市一模)已知函數(shù)f(x)(x2axa1)ex.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2

5、)函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，x1，x2(x1x2)，其中a0.若mx10恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解：(1)f(x)x2(2a)x1ex，令x2(2a)x10(*)，(2a)240，即a0或a4時(shí)，方程(*)有2根，x1，x2，函數(shù)f(x)在(，x1)，(x2，)遞增，在(x1，x2)遞減0時(shí)，即0a4時(shí)，f(x)0在r上恒成立，函數(shù)f(x)在r遞增綜上，a0或a4時(shí)，函數(shù)f(x)在(，x1)，(x2，)遞增，在(x1，x2)遞減；0a4時(shí)，函數(shù)f(x)在r遞增(2)f(x)0有2根x1，x2且a0，a4且，x10，mx10恒成立等價(jià)于m恒成立，即mx2x21恒成立令ta2(t2)，則x2.令

6、g(t)，t2時(shí)，函數(shù)g(t)遞增，g(t)g(2)1，x21，x2x212，故m的范圍是2，)2(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577262)(理科)(2018·咸陽市二模)已知三次函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)3x23且f(0)1，g(x)xln x(a1)(1)求f(x)的極值；(2)求證：對任意x1，x2(0，)，都有f(x1)g(x2)解：(1)依題意得f(x)x33x1，f(x)3x233(x1)(x1)，知f(x)在(，1)和(1，)上是減函數(shù)，在(1,1)上是增函數(shù)，f(x)極小值f(1)3，f(x)極大值f(1)1.(2)證明：法一：易得x0時(shí)，f(x)最大值1，依題意知，只要1g(x)

7、(x>0)1xln x(a1)(x>0)由a1知，只要xx2ln x1(x0)x2ln x1x0(x0)令h(x)x2ln x1x(x0)，則h(x)2xln xx1，注意到h(1)0，當(dāng)x1時(shí)，h(x)0；當(dāng)0x1時(shí)，h(x)0，即h(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，)是增函數(shù)，h(x)最小值h(1)0即h(x)0.綜上知對任意x1，x2(0，)，都有f(x1)g(x2)法二：易得x0時(shí)，f(x)最大值1，由a1知，g(x)xln x(x>0)，令h(x)xln x(x>0)則h(x)ln x1ln x.注意到h(1)0，當(dāng)x1時(shí)，h(x)0；當(dāng)0x1時(shí)，h(x)

8、0，即h(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，)是增函數(shù)，h(x)最小值h(1)1，所以h(x)最小值1，即g(x)最小值1.綜上知對任意x1，x2(0，)，都有f(x1)g(x2)法三：易得x0時(shí)，f(x)最大值1.由a1知，g(x)xln x(x>0)，令h(x)xln x(x>0)，則h(x)ln x1(x>0)令(x)ln x1(x>0)，則(x)>0，知(x)在(0，)遞增，注意到(1)0，所以，h(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，)是增函數(shù)，有h(x)最小值1，即g(x)最小值1.綜上知對任意x1，x2(0，)，都有f(x1)g(x2)3(導(dǎo)學(xué)號(hào)1

9、4577263)(理科)(2018·東北三省(哈爾濱、長春、沈陽、大連四城市)聯(lián)考)定義在r上的函數(shù)f(x)滿足f(x)·e2x2x22f(0)x，g(x)fx2(1a)xa.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)如果s、t、r滿足|sr|tr|，那么稱s比t更靠近r. 當(dāng)a2且x1時(shí)，試比較和ex1a哪個(gè)更靠近ln x，并說明理由. 解：(1)f(x)f(1)e2x22x2f(0)，所以f(1)f(1)22f(0)，即f(0)1.又f(0)·e2，所以f(1)2e2，所以f(x)e2xx22x.(2)f(x)e2x2xx2，g(x)

10、fx2(1a)xaexx2xx2(1a)xaexa(x1)，g(x)exa.當(dāng)a0時(shí)，g(x)>0，函數(shù)f(x)在r上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，由g(x)exa0得xln a，x(，ln a)時(shí)，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；x(ln a，)時(shí)，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增. 綜上，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(ln a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，ln a)(3)設(shè)p(x)ln x，q(x)ex1aln x，p(x)<0，p(x)在x1，)上為減函數(shù)，又p(e)0，當(dāng)1xe時(shí)，p(x)0，當(dāng)x>e時(shí)

11、，p(x)<0.q(x)ex1，q(x)ex1>0，q(x)在x1，)上為增函數(shù)，又q(1)0，x1，)時(shí)，q(x)0，q(x)在x1，)上為增函數(shù)，q(x)q(1)a2>0.當(dāng)1xe時(shí)，|p(x)|q(x)|p(x)q(x)ex1a，設(shè)m(x)ex1a，則m(x)ex1<0，m(x)在x1，)上為減函數(shù)，m(x)m(1)e1a，a2，m(x)<0，|p(x)|<|q(x)|，比ex1a更靠近ln x.當(dāng)x>e時(shí)，設(shè)n(x)2ln xex1a，則n(x)ex1，n(x)ex1<0，n(x)在x>e時(shí)為減函數(shù)，n(x)<n(e)ee1&

12、lt;0，n(x)在x>e時(shí)為減函數(shù)，n(x)<n(e)2aee1<0，|p(x)|<|q(x)|，比ex1a更靠近ln x.綜上：在a2，x1時(shí)，比ex1a更靠近ln x.3(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577264)(文科)(2018·惠州市三調(diào))已知函數(shù)f(x)aln x(a0，ar)(1)若a1，求函數(shù)f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間；(2)若在區(qū)間(0，e上至少存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)因?yàn)閒(x)，當(dāng)a1，f(x).令f(x)0，得x1，又f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(0,1)1(1，)f(x)

13、0f(x)極小值所以x1時(shí)，f(x)的極小值為1.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)(2)f(x)，(a0，ar)令f(x)0，得到x.若在區(qū)間0，e上存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)0成立，其充要條件是f(x)在區(qū)間(0，e上的最小值小于0即可當(dāng)x0，即a0時(shí)，f(x)0對x(0，)成立，f(x)在區(qū)間(0，e上單調(diào)遞減，故f(x)在區(qū)間(0，e上的最小值為f(e)aln ea.由a0，得a.當(dāng)x0，即a0時(shí)，()若e，則f(x)0對x(0，e成立，f(x)在區(qū)間(0，e上單調(diào)遞減，f(x)在區(qū)間(0，e上的最小值為f(e)aln ea0，顯然，f(x)在區(qū)間(0，e上的

14、最小值小于0不成立()若1e，即a時(shí)，則有xf(x)0f(x)極小值f(x)在區(qū)間0，e上的最小值為faaln .由faaln a(1ln a)0，得1ln a0，解得ae，即a(e，)綜上，由可知：a(e，)4(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577265)(理科)(2018·梅州市一模)已知函數(shù)f(x)aln xx2a(其中a為常數(shù)，ar)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a0時(shí)，是否存在實(shí)數(shù)a，使得當(dāng)x1，e時(shí)，不等式f(x)0恒成立？如果存在，求a的取值范圍；如果不存在，說明理由(其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e2.718 28)解：(1)由于f(x)aln xx2a，(x0)，則f(x)， a0

15、時(shí)，f(x)0恒成立，于是f(x)的遞減區(qū)間是(0，)a0時(shí)，令f(x)0，解得：0x，令f(x)0，解得：x，故f(x)在遞增，在遞減(2)a0時(shí)，若1，即0a，此時(shí)f(x)在1，e遞減，f(x)minf(e)3aeae，f(x)0恒成立，不合題意若1，e，即a時(shí)，此時(shí)f(x)在遞增，在遞減要使在1，e恒有f(x)0恒成立，則必有，則，解得a.若e，即a時(shí)，f(x)在1，e遞增，令f(x)minf(1)a10，解得a.綜上，存在實(shí)數(shù)a，使得f(x)0恒成立4(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577266)(文科)(2018·蚌埠市二模)已知函數(shù)f(x)x2ln x的圖象在點(diǎn)處的切線斜率為0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若g(x)f(x)mx在區(qū)間(1，)上沒有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解：(1)f(x)x2ln x的定義域?yàn)?0，)，f(x)2x.因?yàn)閒1a0，所以a1，f(x)x2ln x，f(x)2x.令f(x)0，得x>；令f(x)0，得0<x<，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是.(2)g(x)x2 ln xmx，由g(x)2x0，得x.設(shè)x0，所以g(x