2020高考数学（理）（人教）大一轮复习（课件 课时作业）：高考解答题专项训练(一)　函数与导数 (2份打包)

高考解答题专项训练(一)　函数与导数 1.(2019·河南豫北名校联考)已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明：x1＋x2＞－2. 解：(1)易得f′(x)＝ex＋1－k，,当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝lnk－1， 可得当x∈(－∞，lnk－1)时，f′(x)＜0， 当x∈(lnk－1，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以函数f(x)在区间(－∞，lnk－1)上单调递减，在区间(lnk－1，＋∞)上单调递增． 当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k＞0恒成立， 故此时函数f(x)在R上单调递增． (2)证明：当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k＞0， 由题意知ex1＋1＝k(x1＋2)，ex2＋1＝k(x2＋2)， ∴x1＋2＞0，x2＋2＞0，,可得x1－x2＝ln. 不妨设x1＞x2，令＝t，则t＞1，,由 解得x1＋2＝， ，x2＋2＝ 所以x1＋x2＋4＝， 欲证x1＋x2＞－2，只需证明＞2， 即证(t＋1)lnt－2(t－1)＞0， 设g(t)＝(t＋1)lnt－2(t－1)(t＞1)， 则g′(t)＝lnt＋－1. (t＋1)－2＝lnt＋ 设h(t)＝lnt＋－1(t＞1)， 则h′(t)＝＞0，h(t)单调递增， － 所以g′(t)＞g′(1)＝0. 所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以g(t)＞g(1)＝0，即(t＋1)lnt－2(t－1)＞0，原不等式得证． 2．(2019·山西三区八校模拟)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值． 解：(1)因为f(x)＝lnx＋ax2＋bx， 所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b， 因为函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处取得极值， 所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0， 又a＝1，所以b＝－3， 则f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝1. f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  所以f(x)的单调递增区间为. ，(1，＋∞)；单调递减区间为 (2)由(1)知f′(x)＝(x＞0)， ＝ 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝， 因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1， 若＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)， 令f(1)＝1，解得a＝－2， 当a＞0时，x2＝＞0， 若上单调递减， ，[1，e]上单调递增，在＜1时，f(x)在 所以最大值可能在x＝或x＝e处取得， 而f－1＜0， －＝ln2－(2a＋1)＋a＝ln 所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1， 解得a＝， 若1＜上单调递减， 上单调递增，在＜e时，f(x)在区间(0,1)， 所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得， 而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0， 所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1， 解得a＝＜e矛盾， ，与1＜x2＝ 当x2＝≥e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值可能在x＝1处取得， 而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾； 综上所述，a＝或a＝－2. 3．设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围． 解：(1)由题意知函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝. ＋a(2x－1)＝ 令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)． ①当a＝0时，g(x)＝1， 此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点． ②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)． a．当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0， f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点． b．当a＞时，Δ＞0， 设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)， 因为x1＋x2＝－， 所以x1＜－. ，x2＞－ 由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－. 所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0