（全國通用版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 規(guī)范答題強(qiáng)化練（一）高考大題——函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文.doc

規(guī)范答題強(qiáng)化練(一)函數(shù)與導(dǎo)數(shù) (45分鐘　48分) 1.(12分)已知函數(shù)f(x)=ax+x2-xln a-b(a,b∈R,a>1),e是自然對數(shù)的底數(shù). (1)當(dāng)a=e,b=4時,求函數(shù)f(x)的零點個數(shù). (2)若b=1,求f(x)在[-1,1]上的最大值. 【解析】(1)f(x)=ex+x2-x-4,所以f′(x)=ex+2x-1,所以f′(0)=0,當(dāng)x>0時,ex>1,所以f′(x)>0,故f(x)是(0,+∞)上的增函數(shù),當(dāng)x<0時,ex<1,所以f′(x)<0,故f(x)是(-∞,0)上的減函數(shù), (3分) f(1)=e-4<0,f(2)=e2-2>0,所以存在x1∈(1,2)是f(x)在(0,+∞)上的唯一零點;f(-2)=+2>0,f(-1)=-2<0,所以存在x2∈(-2,-1)是f(x)在(-∞,0)上的唯一零點,所以f(x)的零點個數(shù)為2.(6分) (2)f′(x)=axln a+2x-ln a =2x+(ax-1)ln a, (7分) 當(dāng)x>0時,由a>1, 可知ax-1>0,ln a>0,所以f′(x)>0, (8分) 當(dāng)x<0時,由a>1,可知ax-1<0,ln a>0, 所以f′(x)<0,當(dāng)x=0時,f′(x)=0, 所以f(x)是[-1,0]上的減函數(shù), (9分) [0,1]上的增函數(shù),所以當(dāng)x∈[-1,1]時, f(x)min=f(0),f(x)max為f(-1)和f(1)中的較大者.而f(1)-f(-1)=a--2ln a, (10分) 設(shè)g(x)=x--2ln x(x>1), 因為g′(x)=1+-=≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立),所以g(x)在(0, +∞)上單調(diào)遞增,而g(1)=0,所以當(dāng)x>1時,g(x)>0,即a>1時,a--2ln a>0,所以f(1)>f(-1).所以f(x)在[-1,1]上的最大值為f(1)=a-ln a. (12分) 2.(12分)設(shè)函數(shù)f(x)=-kln x,k>0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值. (2)證明:若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1,]上僅有一個零點. 【解析】(1)由f(x)=-kln x(k>0)得f′(x)=x-=. (2分) 由f′(x)=0解得x=. f(x)與f′(x)在區(qū)間(0,+∞)上的情況如下: x (0,) (,+∞) f′(x) - 0 + f(x) ↘ ↗ (4分) 所以,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,),單調(diào)遞增區(qū)間是(,+∞);f(x)在x=處取得極小值f()=. (6分) (2)由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的最小值為f()=.因為f(x)存在零點,所以≤0, (8分) 從而k≥e. 當(dāng)k=e時, f(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞減,且f()=0, 所以x=是f(x)在區(qū)間(1,]上的唯一零點. (10分) 當(dāng)k>e時,f(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞減, 且f(1)=>0,f()=<0, 所以f(x)在區(qū)間(1,]上僅有一個零點. 綜上可知,若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1,]上僅有一個零點. (12分) 3.(12分)f(x)=x+,g(x)=x+ln x,其中a>0. (1)若x=1是函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)的極值點,求實數(shù)a的值. (2)若對任意的x1,x2∈[1,e](e為自然對數(shù)的底數(shù))都有f(x1)≥g(x2)成立,求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】(1)由已知h(x)=2x++ln x,x∈,所以h′(x)=2-+. (2分) 因為x=1是函數(shù)h(x)的極值點,所以h′(1)=0,即3-a2=0,因為a>0,所以a=. (4分) (2)對任意的x1,x2∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2)成立,等價于對任意的x∈[1,e]都有[f(x)]min≥[g(x)]max. (6分) 當(dāng)x∈[1,e]時,g′(x)=1+>0,所以g(x)=x+ln x在上是增函數(shù),所以[g(x)]max =g(e)=e+1, 因為f′(x)=1-=,且x∈[1,e],a>0, ①當(dāng)0<a<1且x∈[1,e]時,f′(x)=>0,所以函數(shù)f(x)=x+在[1,e]上是增函數(shù),所以[f(x)]min=f(1)=1+a2, 由1+a2≥e+1,得a≥,又0<a<1,所以a不合題意. ②當(dāng)1≤a≤e時,若1≤x<a,則f′(x)=<0,若a<x≤e,則f′(x)= >0,所以函數(shù)f(x)=x+在[1,a)上是減函數(shù),在(a,e]上是增函數(shù), (7分) 所以[f(x)]min=f(a)=2a,由2a≥e+1,得a≥,又1≤a≤e,所以≤a≤e. (8分) ③當(dāng)a>e且x∈[1,e]時,f′(x)=<0,所以函數(shù)f(x)=x+在[1,e]上是減函數(shù), (10分) 所以[f(x)]min=f(e)=e+,由e+≥e+1,得a≥,又a>e,所以a>e. 綜上所述,a的取值范圍為. (12分) 4.(12分)已知函數(shù)f(x)=ln x+,其中常數(shù)k>0. (1)討論f(x)在(0,2)上的單調(diào)性. (2)當(dāng)k∈[4,+∞)時,若曲線y=f(x)上總存在相異兩點M(x1,y1),N(x2,y2),使曲線y=f(x)在M,N兩點處的切線互相平行,試求x1+x2的取值范圍. 【解析】(1)由已知得,f(x)的定義域為, 且f′(x)=--1=-=-(k>0). (2分) ①當(dāng)0<k<2時,>k>0,且>2,所以x∈(0,k)時,f′(x)<0;x∈(k,2)時,f′(x)>0. (3分) 所以,函數(shù)f(x)在(0,k)上是減函數(shù),在(k,2)上是增函數(shù); (4分) ②當(dāng)k=2時,=k=2,f′(x)<0在區(qū)間(0,2)內(nèi)恒成立,所以f(x)在(0,2)上是減函數(shù); (5分) ③當(dāng)k>2時,0<<2,k>,所以x∈時,f′(x)<0;x∈時,f′(x)>0, 所以函數(shù)在上是減函數(shù),在上是增函數(shù). (6分) (2)由題意,可得f′(x1)=f′(x2),x1x2>0且x1≠x2,即--1=--1, 化簡得,4(x1+x2)=x1x2, (8分) 由x1x2<, 得4(x1+x2)<, 即(x1+x2)>對k∈[4,+∞)恒成立,令g(k)=k+,則g′(k)=1-=>0對k∈[4,+∞)恒成立, (10分) 所以g(k)在[4,+∞)上單調(diào)遞增, 則g(k)≥g(4)=5,所以≤,所以x1+x2>,故x1+x2的取值范圍為. (12分)