2020版数学（理）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．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围． 解析 (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1－)上单调递增． ，－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－)，(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－)时，f′(x)>0；当x∈(－1＋，－1＋)时，f′(x)<0；当x∈(－1－.当x∈(－∞，－1－或x＝－1＋ (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)． ，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝ 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. (x>0)，则g′(x)＝a 令g′(x)>0，即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. (3)由题意可知e. ，则h′(x)＝.令h(x)＝<ln x．又x∈(1，e)，所以a>x，化简得<e 由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋>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，＋∞)． 4．(2019·重庆一模)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋－c(a，b，c∈R)． (1)当c＝0时，若函数f(x)与g(x)的图像在x＝1处有相同的切线，求a，b的值； (2)当b＝3－a时，若对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0,3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值． 解析 (1)由f(x)＝ln x，得f(1)＝0.又f′(x)＝解得即，所以g′(1)＝a－b.因为函数f(x)与g(x)的图像在x＝1处有相同的切线，所以，所以g′(x)＝a－，所以f′(1)＝1.当c＝0时，g(x)＝ax＋ (2)当x0＞1时，则f(x0)＞0，又b＝3－a，设t＝f(x0)，则题意可转化为方程ax＋－c＝t(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2，即关于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2. 所以即 所以c＞2 －t对t∈(0，＋∞)，a∈(0,3)恒成立． 所以2 －t的取值范围是(－∞，3)，所以c≥3.故c的最小值为3. .又因为－t＜0，所以2 ＝3 ≤2 5．已知函数f(x)＝xln x－ax2，g(x)为f(x)的导数． (