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1、大题冲关集训(一)
1.(2014高考安徽卷)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=1+a-2x-3x2.
令f′(x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3,
x1x2时,f′(x)<0;
当x10.
故f(x)在(-∞,-1-4+3a3)和(-1+4+3a3,+∞)内
2、单调递减,在(-1-4+3a3,-1+4+3a3)内单调递增.
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
①当a≥4时,x2≥1.
由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增.
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当0
3、小值.
2.(2014大连市二模)设函数f(x)=ln x-cx(c∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)≤x2恒成立,求c的取值范围.
解:(1)∵f(x)=ln x-cx,
∴x∈(0,+∞),f′(x)=1x-c=1-cxx.
当c≤0时,f(x)单调增区间为(0,+∞),无单调减区间;
当c>0时,f(x)单调增区间为(0,1c),f(x)单调减区间为(1c,+∞).
(2)∵f(x)≤x2恒成立,
即ln x-cx≤x2恒成立,
∴c≥lnxx-x,当x∈(0,+∞)时恒成立.
设g(x)=lnxx-x,
∴g′(x)=1-lnx-x2x
4、2,
∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴[g(x)]max=g(1)=-1,
∴c≥-1.即c的取值范围为(-1,+∞).
3.(2014凉州一诊)已知函数f(x)=(ax-2)ex在x=1处取得极值.
(1)求a的值;
(2)求函数f(x)在[m,m+1]上的最小值;
(3)求证:对任意x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e.
(1)解:f′(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex.
由已知得f′(1)=0,
即(2a-2)e=0,
解得a=1.
当a=1时,在x=1处函数f(x)=(x-2)ex取得极小
5、值,
所以a=1.
(2)解:由(1)知f(x)=(x-2)ex,
f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.
所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
当m≥1时,f(x)在[m,m+1]上单调递增,
[f(x)]min=f(m)=(m-2)em.
当0
6、的最小值
[f(x)]min=(m-2)em,m≥1,-e,0
7、)证明曲线y=f(x)与曲线y=x-1x有唯一的公共点;
(3)设0
8、)是两曲线唯一的公共点.
(3)解:lnb-lna2-b-ab+a=12ln ba-ba-1ba+1,
∵01.
构造函数 (x)=12ln x-x-1x+1(x>1),
则′(x)=12x-x+1-(x-1)(x+1)2
=12x-2(x+1)2
=(x-1)22x(x+1)2>0,
∴ (x)在(1,+∞)上单调递增,
又当x=1时, (1)=0,
∴x>1时, (x)>0,
即12ln x>x-1x+1,
则有12ln ba>ba-1ba+1成立,
即lnb-lna2>b-ab+a.
即f(b)-f(a)2>b-ab+a.
5.(20
9、15湖北省八市联考)定义在R上的函数g(x)及二次函数h(x)满足g(x)+2g(-x)=ex+2ex-9,h(-2)=h(0)=1且h(-3)=-2.
(1)求g(x)和h(x)的解析式;
(2)对于x1,x2∈[-1,1],均有h(x1)+ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成立,求a的取值范围;
(3)设f(x)=g(x),x>0,h(x),x≤0,讨论方程f[f(x)]=2的解的个数情况.
解:(1)∵g(x)+2g(-x)=ex+2ex-9,①
g(-x)+2g(x)=e-x+2e-x-9,
即g(-x)+2g(x)=2ex+1ex-9, ②
由①②联立解得g
10、(x)=ex-3.
∵h(x)是二次函数,且h(-2)=h(0)=1,
可设h(x)=ax(x+2)+1,
由h(-3)=-2,
解得a=-1.
∴h(x)=-x(x+2)+1=-x2-2x+1.
∴g(x)=ex-3,h(x)=-x2-2x+1.
(2)设φ(x)=h(x)+ax+5=-x2+(a-2)x+6,
F(x)=ex-3-x(ex-3)=(1-x)ex+3x-3,
依题意知,当-1≤x≤1时,[φ(x)]min≥[F(x)]max.
∵F′(x)=-ex+(1-x)ex+3=-xex+3在[-1,1]上单调递减,
∴[F′(x)]min=F′(1)=3-e>0
11、,
∴F(x)在[-1,1]上单调递增,
∴[F(x)]max=F(1)=0,
∴φ(-1)=7-a≥0,φ(1)=a+3≥0,
解得-3≤a≤7,
∴实数a的取值范围为[-3,7].
(3)f(x)的图象如图所示.
令T=f(x),则f(T)=2.
∴T1=-1,T2=ln 5,f(x)=-1有两个解,f(x)=ln 5有3个解.
∴f[f(x)]=2有5个解.
6.已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,不等式f(x)≥bx-2对∀x∈(0,
+∞)恒成立,求实数b的取值范围;
12、
(3)当x>y>e-1时,证明不等式exln(1+y)>eyln(1+x).
(1)解:函数的定义域是(0,+∞),
且f′(x)=a-1x=ax-1x.
当a≤0时,ax-1<0,从而f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,若0
13、在(0,+∞)上恒成立,只需b≤1+1x-lnxx在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=1x-lnxx,则g′(x)=-1x2-1x2+lnxx2=lnx-2x2.
易知x=e2为函数g(x)在(0,+∞)内唯一的极小值点,也是最小值点,故[g(x)]min=g(e2)=-1e2,即(1+1x-lnxx)min=1-1e2,故只要b≤1-1e2即可.
所以b的取值范围是(-∞,1-1e2].
(3)证明:由题意可知,要证不等式exln(1+y)>eyln(1+x)成立,只需证ex+1ln(x+1)>ey+1ln(y+1).
构造函数h(x)=exlnx,则h′(x)=exlnx-exxln2x=ex(lnx-1x)ln2x,h′(x)在(e,+∞)上单调递增,
h′(x)>h′(e)>0,
则h(x)在(e,+∞)上单调递增.
由于x>y>e-1,所以x+1>y+1>e,
所以ex+1ln(x+1)>ey+1ln(y+1),
即exln(1+y)>eyln(1+x).
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