2020版数学（文）新素养高考大一轮（课件、高考必考题突破讲座）：高考必考题突破讲座6套 (共12份打包)

高考必考题突破讲座　(一) 1．(2019·河北武邑中学月考)已知函数f(x)＝2aln x－x2. (1)若a＝2，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若a＞0，判断函数f(x)在定义域上是否存在最大值或最小值，若存在，求出函数f(x)的最大值或最小值． 解析 (1)当a＝2时，f(x)＝4ln x－x2. f′(x)＝－2x，f′(1)＝2，f(1)＝－1，所以函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2(x－1)，即2x－y－3＝0. (2)f′(x)＝，x>0.－2x＝ 令f′(x)＝0，由a>0，解得x1＝(舍去)． ，x2＝－ 当x在(0，＋∞)上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表. x (0，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 aln a－a 单调递减 所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上有最大值，f()＝aln a－a，无最小值． 2．已知函数f(x)＝ln x－x2＋f′.· (1)求函数f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)<2ex(e为自然对数的底数)． 解析 (1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)>0，解得0<x<1；令f′(x)<0，解得x＞1，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． －2x＋1＝＝2，所以f(x)＝ln x－x2＋x＋2，所以f′(x)＝，解得f′f′＝2－1＋，则f′f′－2x＋ (2)证明：由(1)知f(x)max＝f(1)＝2，f(x)<2ex.>0，所以(x>0)，所以g′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝ex－x－1，所以h′(x)＝ex－1，当x>0时，h′(x)>0恒成立，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)>g′(0)＝0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋x＋1<ex，令g(x)＝ex－f(x)<2ex等价于x2＋x＋1＞0恒成立，所以不等式 3．已知函数f(x)＝aln x(a＞0)，e为自然对数的底数． (1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值； (2)当x＞0时，求证：f(x)≥a； (3)若在区间(1，e)上ex＜0恒成立，求实数a的取值范围． －e 解析 (1)由题意得f′(x)＝＝2，所以a＝4.，所以f′(2)＝ (2)证明：令g(x)＝a.>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0<x<1；所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)的最小值为g(1)＝0，所以f(x)≥a.令g′(x)>0，即a(x>0)，则g′(x)＝a (3)由题意可知e>0，所以h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，所以h(x)<h(e)＝e－1.所以a≥e－1.故实数a的取值范围为[e－1，＋∞)．.由(2)知当x∈(1，e)时，ln x－1＋，则h′(x)＝.令h(x)＝<ln x．又x∈(1，e)，所以a>x，化简得<e 4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－1,2]，且函数f(x)在x＝1和x＝－处都取得极值． (1)求实数a与b的值； (2)对任意x∈[－1,2]，方程f(x)＝2c存在三个实数根，求实数c的取值范围． 解析 (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b.由题意可知 解得，b＝－2.经检验，适合条件，所以a＝－ (2)原题等价于函数y＝f(x)与函数y＝2c的图象存在三个交点．由(1)知f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，令(3x＋2)·(x－1)＝0，可得x＝－.，故实数c的取值范围为≤c<，即≤2c<c＋＋c.所以当x∈[－1,2]时，要使两函数图象有三个交点，则要有c＋＋c>－，f(－1)＝＋c，而f(2)＝2＋c>c＋，极小值为f(1)＝－＝c＋时，函数f(x)是减函数，函数的极大值为f和x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)是增函数，当x∈或x＝1.因为x∈[－1,2]，所以当x∈ 5．已知函数f(x)＝xln x－ax2，g(x)为f(x)的导数． (1)讨论函数g(x)的零点个数； (2)若函数f(x)在定义域内不单调且在(2，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围． 解析 (1)g(x)＝f′(x)＝ln x－2ax＋1，令g(x)＝0，得ln x－2ax＋1＝0，即ln x＝2ax－1，所以a＝图象的交点个数． ，所以函数g(x)的零点个数等价于函数y＝a与y＝ 令φ(x)＝时，两函数图象无交点，g(x)无零点；，作出两函数的大致图象，如图所示，由图可知，当a>，所以x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ