高考数学核心素养提升练习 大题规范满分练 一.docVIP

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大题规范满分练(一)

函数与导数综合问题

1.(2018·全国卷Ⅰ)已知函数fx=1x-x+aln

(1)讨论fx的单调性.

(2)若fx存在两个极值点x1，x2，证明:fx

【解析】(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，

f′(x)=-1x2-1+ax

(i)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a=2，x=1时f′(x)=0，

所以f(x)在(0，+∞)上单调递减.

(ii)若a2，令f′(x)=0得，x=a-a2-

当x∈0,a-a2-42∪

当x∈a-a2

所以f(x)在0,a-a2-42

(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a2.

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2-ax+1=0，

所以x1x2=1，不妨设x1x2，则x21.

由于f(x1)-

=-2+alnx1

所以f(x1)-f(x2)x

设函数g(x)=1x-x+2lnx，由(1)知，g(x)在(0，+∞)上单调递减，又g(1)=0，从而当x∈(1，+∞)时，

所以1x2-x2+2lnx20，即

2.设函数f(x)=x22-klnx

(1)求f(x)的单调区间和极值.

(2)证明:若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.

【解析】(1)由f(x)=x22-kln

得x0且f′(x)=x-kx=x

由f′(x)=0，解得x=k(负值舍去).

f(x)与f′(x)在区间(0，+∞)上的情况如下:

x

(0，k)

k

(k，+∞)

f′(x)

-

0

+

f(x)

↘

k

↗

所以f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，+∞).

f(x)在x=k处取得极小值f(k)=k(1-

(2)由(1)知，f(x)在区间(0，+∞)上的最小值为f(k)=k(

因为f(x)存在零点，所以k(1-

从而k≥e.

当k=e时，f(x)在区间(1，e]上单调递减，

且f(e)=0，

所以x=e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点.

当ke时，f(x)在区间(0，e]上单调递减，

且f(1)=120，f(e)=e-

所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.

综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.

3.已知函数f(x)=ax+lnx，其中a为常数.

(1)当a=-1时，求f(x)的单调递增区间;

(2)当0-1ae时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为-3，求a的值

(3)当a=-1时，试推断方程|f(x)|=lnxx+12

【解析】(1)由已知可知函数f(x)的定义域为{x|x0}，

当a=-1时，f(x)=-x+lnx(x0)，

f′(x)=1-

当0x1时，f′(x)0;

当x1时，f′(x)0.

所以f(x)的单调递增区间为(0，1).

(2)因为f′(x)=a+1x(x0)

令f′(x)=0，解得x=-1a

由f′(x)0，解得0x-1a

由f′(x)0，解得-1a

从而f(x)的单调递增区间为0，-1a，递减区间为-1a，e，

所以f(x)max=f-1a=-1+ln-1a=-3.

解得a=-e2.

(3)由(1)知当a=-1时，f(x)max=f(1)=-1，

所以|f(x)|≥1.

令g(x)=lnxx+12，则g′(x)=

当0xe时，g′(x)0;

当xe时，g′(x)0.

从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减.

所以g(x)max=g(e)=1e+12

所以|f(x)|g(x)，即|f(x)|lnxx+1

所以方程|f(x)|=lnxx+12

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