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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 大題沖關集訓(一) 1.(20xx高考安徽卷)設函數f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調性; (2)當x∈[0,1]時,求f(x)取得最大值和最小值時的x的值. 解:(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2. 令f′(x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3, x1<x2. 所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 當x<x1或x>x2時

2、,f′(x)<0; 當x1<x<x2時,f′(x)>0. 故f(x)在(-∞,-1-4+3a3)和(-1+4+3a3,+∞)內單調遞減,在(-1-4+3a3,-1+4+3a3)內單調遞增. (2)因為a>0,所以x1<0,x2>0. ①當a≥4時,x2≥1. 由(1)知,f(x)在[0,1]上單調遞增. 所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值. ②當0<a<4時,x2<1. 由(1)知,f(x)在[0,x2]上單調遞增,在[x2,1]上單調遞減. 所以f(x)在x=x2=-1+4+3a3處取得最大值.

3、 又f(0)=1,f(1)=a,所以 當0<a<1時,f(x)在x=1處取得最小值; 當a=1時,f(x)在x=0處和x=1處同時取得最小值; 當1<a<4時,f(x)在x=0處取得最小值. 2.(20xx大連市二模)設函數f(x)=ln x-cx(c∈R). (1)討論函數f(x)的單調性; (2)若f(x)≤x2恒成立,求c的取值范圍. 解:(1)∵f(x)=ln x-cx, ∴x∈(0,+∞),f′(x)=1x-c=1-cxx. 當c≤0時,f(x)單調增區(qū)間為(0,+∞),無單調減區(qū)間; 當c>0時,f(x)單調增區(qū)間為(0,1c),f

4、(x)單調減區(qū)間為(1c,+∞). (2)∵f(x)≤x2恒成立, 即ln x-cx≤x2恒成立, ∴c≥lnxx-x,當x∈(0,+∞)時恒成立. 設g(x)=lnxx-x, ∴g′(x)=1-lnx-x2x2, ∴g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減. ∴[g(x)]max=g(1)=-1, ∴c≥-1.即c的取值范圍為(-1,+∞). 3.(20xx涼州一診)已知函數f(x)=(ax-2)ex在x=1處取得極值. (1)求a的值; (2)求函數f(x)在[m,m+1]上的最小值; (3)求證:對任意x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(

5、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. 當a=1時,在x=1處函數f(x)=(x-2)ex取得極小值, 所以a=1. (2)解:由(1)知f(x)=(x-2)ex, f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex. 所以函數f(x)在(-∞,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增. 當m≥1時,f(x)在[m,m+1]上單調遞增, [f(x)]min=f(m)=(m-2)em. 當0<m<1時,m<1<m+1, f(x)在[m,1

6、]上單調遞減,在[1,m+1]上單調遞增, [f(x)]min=f(1)=-e. 當m≤0時,m+1≤1, f(x)在[m,m+1]上單調遞減, [f(x)]min=f(m+1)=(m-1)em+1. 綜上,f(x)在[m,m+1]上的最小值 [f(x)]min=(m-2)em,m≥1,-e,0<m<1,(m-1)em+1,m≤0. (3)證明:由(1)知f(x)=(x-2)ex, f′(x)=(x-1)ex. 令f′(x)=0得x=1. 因為f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0, 所以當x∈[0,2]時,[f(x)]max=0,[f(x)]min=-

7、e, 所以,對任意x1,x2∈[0,2],都有 |f(x1)-f(x2)|≤[f(x)]max-[f(x)]min=e. 4.(20xx臨沂市質檢)已知函數f(x)=ln x. (1)若直線y=x+m與函數f(x)的圖象相切,求實數m的值; (2)證明曲線y=f(x)與曲線y=x-1x有唯一的公共點; (3)設0<a<b,比較f(b)-f(a)2與b-ab+a的大小,并說明理由. (1)解:f′(x)=1x, 設切點為(x0,y0), 則k=1x0=1, ∴x0=1,y0=ln x0=ln 1=0, 代入y=x+m,得m=-1. (2)證明:令h(x)=f(

8、x)-(x-1x)=ln x-x+1x, 則h′(x)=1x-1-1x2 =-x2+x-1x2 =-(x-12) 2-34x2<0, ∴h(x)在(0,+∞)上單調遞減. 又h(1)=ln 1-1+1=0, ∴x=1是函數h(x)唯一的零點, 故點(1,0)是兩曲線唯一的公共點. (3)解:lnb-lna2-b-ab+a=12ln ba-ba-1ba+1, ∵0<a<b, ∴ba>1. 構造函數 (x)=12ln x-x-1x+1(x>1), 則′(x)=12x-x+1-(x-1)(x+1)2 =12x-2(x+1)2 =(x

9、-1)22x(x+1)2>0, ∴ (x)在(1,+∞)上單調遞增, 又當x=1時, (1)=0, ∴x>1時, (x)>0, 即12ln x>x-1x+1, 則有12ln ba>ba-1ba+1成立, 即lnb-lna2>b-ab+a. 即f(b)-f(a)2>b-ab+a. 5.(20xx湖北省八市聯(lián)考)定義在R上的函數g(x)及二次函數h(x)滿足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)對于x1,x2∈[-1,1],均有h(x1)+

10、ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成立,求a的取值范圍; (3)設f(x)=g(x),x>0,h(x),x≤0,討論方程f[f(x)]=2的解的個數情況. 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聯(lián)立解得g(x)=ex-3. ∵h(x)是二次函數,且h(-2)=h(0)=1, 可設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)=

11、-x2-2x+1. (2)設φ(x)=h(x)+ax+5=-x2+(a-2)x+6, F(x)=ex-3-x(ex-3)=(1-x)ex+3x-3, 依題意知,當-1≤x≤1時,[φ(x)]min≥[F(x)]max. ∵F′(x)=-ex+(1-x)ex+3=-xex+3在[-1,1]上單調遞減, ∴[F′(x)]min=F′(1)=3-e>0, ∴F(x)在[-1,1]上單調遞增, ∴[F(x)]max=F(1)=0, ∴φ(-1)=7-a≥0,φ(1)=a+3≥0, 解得-3≤a≤7, ∴實數a的取值范圍為[-3,7]. (3)f(x)的圖象如圖所示.

12、令T=f(x),則f(T)=2. ∴T1=-1,T2=ln 5,f(x)=-1有兩個解,f(x)=ln 5有3個解. ∴f[f(x)]=2有5個解. 6.已知函數f(x)=ax-1-ln x(a∈R). (1)討論函數f(x)的單調性; (2)若函數f(x)在x=1處取得極值,不等式f(x)≥bx-2對?x∈(0, +∞)恒成立,求實數b的取值范圍; (3)當x>y>e-1時,證明不等式exln(1+y)>eyln(1+x). (1)解:函數的定義域是(0,+∞), 且f′(x)=a-1x=ax-1x. 當a≤0時,ax-1<0,從而f′(x)<

13、;0,函數f(x)在(0,+∞)上單調遞減; 當a>0時,若0<x<1a,則ax-1<0,從而f′(x)<0; 若x≥1a,則ax-1≥0,從而f′(x)≥0, 所以函數f(x)在(0,1a)上單調遞減,在(1a,+∞)上單調遞增. (2)解:由(1)可知,函數的極值點是x=1a, 所以1a=1,則a=1. 若f(x)≥bx-2在(0,+∞)上恒成立,即x-1-ln x≥bx-2在(0,+∞)上恒成立,只需b≤1+1x-lnxx在(0,+∞)上恒成立. 令g(x)=1x-lnxx,則g′(x)=-1x2-1x2+lnxx2=lnx-2x2. 易知x

14、=e2為函數g(x)在(0,+∞)內唯一的極小值點,也是最小值點,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的取值范圍是(-∞,1-1e2]. (3)證明:由題意可知,要證不等式exln(1+y)>eyln(1+x)成立,只需證ex+1ln(x+1)>ey+1ln(y+1). 構造函數h(x)=exlnx,則h′(x)=exlnx-exxln2x=ex(lnx-1x)ln2x,h′(x)在(e,+∞)上單調遞增, h′(x)>h′(e)>0, 則h(x)在(e,+∞)上單調遞增. 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).