2016高考数学大一轮复习 高考大题专项练1 文

1.设a为实数,函数f(x)=x3

-ax2

+(a2

-1)x在(-∞,0)和(1,+∞)上都是增函数,求a的取值范围.

2.设函数f(x)=aex++b(a>0).

(1)求f(x)在[0,+∞)内的最小值;

(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=x,求a,b的值.

3.设函数f(x)=ex-ax-2. (1)求f(x)的单调区间;

(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0,求k的最大值.

1

2

4.(2014福建厦门适应性考试)已知函数f(x)=ax+xln x(a∈R)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直. (1)求实数a的值;

(2)求证:当n>m>0时,ln n-ln m>;

(3)若存在k∈Z,使得f(x)>k恒成立,求实数k的最大值.

5.(1)证明:当x∈[0,1]时,x≤sin x≤x;

2

(2)若不等式ax+x++2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]恒成立,求实数a的取值范围.

2

x6.设函数f(x)=ln x-ax,g(x)=e-ax,其中a为实数.

(1)若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范围; (2)若g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.

22

答案：1.解:f'(x)=3x-2ax+(a-1),

222

其对应方程判别式Δ=4a-12a+12=12-8a.

2

①若Δ=12-8a=0,即a=±,

当x∈或x∈时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数. 所以a=±符合题意.

2

②若Δ=12-8a<0,恒有f'(x)>0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数.

2

所以a>, 即a∈.

2

③若Δ=12-8a>0,即-当x∈(-∞,x1)或x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)为增函数; 当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,f(x)为减函数. 依题意x1≥0且x2≤1. 由x1≥0得a≥, 解得1≤a<.

由x2≤1得≤3-a,解得-综上,a的取值范围为,即a∈∪[1,+∞).

x2.解:(1)f'(x)=ae-,

当f'(x)>0,即x>-ln a时,f(x)在(-ln a,+∞)上递增; 当f'(x)<0,即x<-ln a时,f(x)在(-∞,-ln a)上递减.

①当00,f(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-ln a)=2+b;

②当a≥1时,-ln a≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(0)=a++b.

222

(2)依题意f'(2)=ae-,解得ae=2或ae=-(舍去). 所以a=,代入原函数可得2++b=3,即b=. 故a=,b=.

x3.解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=e-a.

若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.

若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.

x(2)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(e-1)+x+1. 故当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).①

3

令g(x)=+x, 则g'(x)=+1=.

x由(1)知,函数h(x)=e-x-2在(0,+∞)上单调递增. 而h(1)<0,h(2)>0,

所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点. 故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点. 设此零点为α,则α∈(1,2). 当x∈(0,α)时,g'(x)<0; 当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.

所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α).

α

又由g'(α)=0,可得e=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于k2

4.(1)解:因为f(x)=ax+xln x,

所以f'(x)=2ax+ln x+1.

因为函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直,所以f'(1)=3,即2a+1=3,故a=1.

(2)证明:欲证ln n-ln m>,

即证ln,只需证ln>0. 令g(x)=ln x-+x(x≥1), 则g'(x)=+1.

当x≥1时,g'(x)>0,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增. 由n>m>0,得>1.

所以g>g(1)=0,即ln>0. 所以ln n-ln m>.

2

(3)解:由(1)知f(x)=x+xln x,x∈(0,+∞),f'(x)=2x+ln x+1,x∈(0,+∞).

令g(x)=2x+ln x+1,x∈(0,+∞), 则g'(x)=2+,x∈(0,+∞).

所以g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增. 又g-2+1=-1<0, g=2-ln 2>0,

所以存在x0∈,使g(x0)=0.

所以当x∈(0,x0)时,g(x)=f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,g(x)=f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增. 所以f(x)在x=x0处取得最小值f(x0). 因为f(x)>k恒成立,所以k又f(x0)=+x0ln x0=+x0(-1-2x0)=--x0=-,x0∈, 所以f(x0)∈,

因为k∈Z,所以k的最大值为-1. 5.(1)证明:记F(x)=sin x-x,

则F'(x)=cos x-.

当x∈时,F'(x)>0,F(x)在上是增函数; 当x∈时,F'(x)<0,F(x)在上是减函数.

又F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0,即sin x≥x.

记H(x)=sin x-x,则当x∈(0,1)时,H'(x)=cos x-1<0,所以,H(x)在[0,1]上是减函数,则H(x)≤H(0)=0,即

sin x≤x.

综上,x≤sin x≤x,x∈[0,1]. (2)解法一:因为当x∈[0,1]时,

ax+x2++2(x+2)cos x-4 =(a+2)x+x2+-4(x+2)sin2

2

≤(a+2)x+x+-4(x+2)·

4

=(a+2)x.

所以,当a≤-2时,

2

不等式ax+x++2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]恒成立. 下面证明,当a>-2时,

2

不等式ax+x++2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]不恒成立. 因为当x∈[0,1]时, ax+x2++2(x+2)cos x-4 =(a+2)x+x2+-4(x+2)sin2

2

≥(a+2)x+x+-4(x+2)· =(a+2)x-x2-

2

≥(a+2)x-x =-.

所以存在x0∈(0,1)(例如x0取中的较小值)满足ax0++2(x0+2)cos x0-4>0, 即当a>-2时,

2

不等式ax+x++2(x+2)cos x-4≤0对x∈[0,1]不恒成立. 综上,实数a的取值范围是(-∞,-2].

2

解法二:记f(x)=ax+x++2(x+2)·cos x-4,则f'(x)=a+2x++2cos x-2(x+2)sin x.

记G(x)=f'(x),则

G'(x)=2+3x-4sin x-2(x+2)cos x. 当x∈(0,1)时,cos x>,因此 G'(x)<2+3x-4·x-(x+2) =(2-2)x<0.

于是f'(x)在[0,1]上是减函数,因此,当x∈(0,1)时,f'(x)下面证明,当a>-2时,

2

不等式ax+x++2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]不恒成立.

由于f'(x)在[0,1]上是减函数,且f'(0)=a+2>0,f'(1)=a++2cos 1-6sin 1.

当a≥6sin 1-2cos 1-时,f'(1)≥0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,因此f(x)在[0,1]上是增函数,故f(1)>f(0)=0;

当-20,故存在x0∈(0,1)使f'(x0)=0,则当0时,f'(x)>f'(x0)=0.所以f(x)在[0,x0]上是增函数,所以当x∈(0,x0)时,f(x)>f(0)=0.

所以,当a>-2时,

2

不等式ax+x++2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]不恒成立. 综上,实数a的取值范围是(-∞,-2].

-1-6.解:(1)令f'(x)=-a=<0,考虑到f(x)的定义域为(0,+∞),故a>0,进而解得x>a,即f(x)在(a1-1

,+∞)上是单调减函数.同理,f(x)在(0,a)上是单调增函数.由于f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,

-1-1x故(1,+∞)⊆(a,+∞),从而a≤1,即a≥1.令g'(x)=e-a=0,得x=ln a.当xln a时,g'(x)>0.又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以ln a>1,即a>e.

综上,有a∈(e,+∞).

xx(2)当a≤0时,g(x)必为单调增函数;当a>0时,令g'(x)=e-a>0,解得aln a.

-1

因为g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,类似(1)有ln a≤-1,即0-1

结合上述两种情况,有a≤e.

①当a=0时,由f(1)=0以及f'(x)=>0,得f(x)存在唯一的零点;

aaaa②当a<0时,由于f(e)=a-ae=a(1-e)<0,f(1)=-a>0,且函数f(x)在[e,1]上的图象不间断,所

a以f(x)在(e,1)上存在零点.

另外,当x>0时,f'(x)=-a>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,所以f(x)只有一个零点.

-1-1-1-1

③当00,当x>a时,f'(x)<0,所-1-1

以,x=a是f(x)的最大值点,且最大值为f(a)=-ln a-1.

-1

当-ln a-1=0,即a=e时,f(x)有一个零点x=e.

-1

当-ln a-1>0,即05

实际上,对于00,且函数f(x)在[e,a]上的图象不间断,

-1-1

所以f(x)在(e,a)上存在零点.

-1-1-1

另外,当x∈(0,a)时,f'(x)=-a>0,故f(x)在(0,a)上是单调增函数,所以f(x)在(0,a)上只有一个零点.

-1a-1-2a-1

下面考虑f(x)在(a,+∞)上的情况.先证f(e)=a(a-e)<0.

x2x2xx为此,我们要证明:当x>e时,e>x.设h(x)=e-x,则h'(x)=e-2x,再设l(x)=h'(x)=e-2x,则l'(x)=ex-2.

x当x>1时,l'(x)=e-2>e-2>0,所以l(x)=h'(x)在(1,+∞)上是单调增函数.故当x>2

x2

时,h'(x)=e-2x>h'(2)=e-4>0,

从而h(x)在(2,+∞)上是单调增函数,进而当x>e时, h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即当x>e时,ex>x2.

-1-1a-1-1a-1-2a-1-1-1a-1

当0e时,f(e)=a-ae=a(a-e)<0,又f(a)>0,且函数f(x)在[a,e]上的

-1a-1-1-1

图象不间断,所以f(x)在(a,e)上存在零点.又当x>a时,f'(x)=-a<0,故f(x)在(a,+∞)上是单

-1

调减函数,所以f(x)在(a,+∞)上只有一个零点.

-1

综合①,②,③,当a≤0或a=e时,f(x)的零点个数为1,

-1

当 0-1-1-1-1-1-1

6