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1、大題沖關(guān)集訓(一) 1.(2014高考安徽卷)設(shè)函數(shù)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(diào)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, x1x2時,f′(x)<0; 當x10. 故f(x)在(-∞,-1-4+3a3)和(-1+4+3a3,+∞)內(nèi)

2、單調(diào)遞減,在(-1-4+3a3,-1+4+3a3)內(nèi)單調(diào)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(diào)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

3、小值. 2.(2014大連市二模)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-cx(c∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)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(diào)增區(qū)間為(0,+∞),無單調(diào)減區(qū)間; 當c>0時,f(x)單調(diào)增區(qū)間為(0,1c),f(x)單調(diào)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(shè)g(x)=lnxx-x, ∴g′(x)=1-lnx-x2x

4、2, ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減. ∴[g(x)]max=g(1)=-1, ∴c≥-1.即c的取值范圍為(-1,+∞). 3.(2014涼州一診)已知函數(shù)f(x)=(ax-2)ex在x=1處取得極值. (1)求a的值; (2)求函數(shù)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(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(shù)f(x)=(x-2)ex取得極小

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. 所以函數(shù)f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增. 當m≥1時,f(x)在[m,m+1]上單調(diào)遞增, [f(x)]min=f(m)=(m-2)em. 當0

6、的最小值 [f(x)]min=(m-2)em,m≥1,-e,0

7、)證明曲線y=f(x)與曲線y=x-1x有唯一的公共點; (3)設(shè)0

8、)是兩曲線唯一的公共點. (3)解:lnb-lna2-b-ab+a=12ln ba-ba-1ba+1, ∵01. 構(gòu)造函數(shù) (x)=12ln x-x-1x+1(x>1), 則′(x)=12x-x+1-(x-1)(x+1)2 =12x-2(x+1)2 =(x-1)22x(x+1)2>0, ∴ (x)在(1,+∞)上單調(diào)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.(20

9、15湖北省八市聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)g(x)及二次函數(shù)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)+ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成立,求a的取值范圍; (3)設(shè)f(x)=g(x),x>0,h(x),x≤0,討論方程f[f(x)]=2的解的個數(shù)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

10、(x)=ex-3. ∵h(x)是二次函數(shù),且h(-2)=h(0)=1, 可設(shè)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)設(shè)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(diào)遞減, ∴[F′(x)]min=F′(1)=3-e>0

11、, ∴F(x)在[-1,1]上單調(diào)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(shù)a的取值范圍為[-3,7]. (3)f(x)的圖象如圖所示. 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(shù)f(x)=ax-1-ln x(a∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若函數(shù)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(shù)b的取值范圍;

12、 (3)當x>y>e-1時,證明不等式exln(1+y)>eyln(1+x). (1)解:函數(shù)的定義域是(0,+∞), 且f′(x)=a-1x=ax-1x. 當a≤0時,ax-1<0,從而f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當a>0時,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,則g′(x)=-1x2-1x2+lnxx2=lnx-2x2. 易知x=e2為函數(shù)g(x)在(0,+∞)內(nèi)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(gòu)造函數(shù)h(x)=exlnx,則h′(x)=exlnx-exxln2x=ex(lnx-1x)ln2x,h′(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增, h′(x)>h′(e)>0, 則h(x)在(e,+∞)上單調(diào)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).