专题— 函数与导数-【创新教程】2016-2020五年高考真题理科数学分类特训

详 解 详 析 专题一　函数与导数 １．解:(１)当a＝１时,f(x)＝ex＋x２－x, f′(x)＝ex＋２x－１,记g(x)＝f′(x),因为g′(x)＝ex＋２ ＞０,所以g(x)在 R上单调递增, 即f′(x)在 R上单调递增,又因为f′(０)＝０,所以当x＞ ０时,f′(x)＞０． 所以f(x)的 单 调 增 区 间 为 (０,＋∞),单 调 减 区 间 为 (－∞,０)． (２)当x≥０时,f(x)≥１２x ３＋１恒成立, (ⅰ)当x＝０时,a∈R; (ⅱ)当x＞０时,即a≥ １ ２x ３＋x＋１－ex x２ 恒成立, 记 h (x ) ＝ １ ２x ３＋x＋１－ex x２ , 所 以 h′ (x ) ＝ (２－x)ex－１２x ２－x－１( ) x３ , 记g(x)＝ex－１２x ２－x－１,因为当x≥０,g′(x)＝ex－x －１,所以g″(x)＝ex－１≥０恒成立, g′(x)在(０,＋∞)单调递增,所以[g′(x)]min＝g′(０)＝０, 所以g′(x)≥０恒成立,所以g(x)在(０,＋∞)单调递增, 所以[g(x)]min＝g(０)＝０, 令h′(x)＝０可得x＝２,当x∈(０,２)时,h′(x)＞０,h(x) 在(０,２)单调递增, 当x∈(２,＋∞)时,h′(x)＜０,h(x)在(２,＋∞)单调递 减,所以[h(x)]max＝h(２)＝ ７－e２ ４ ． 所以a≥７－e ２ ４ ． 综上,a的取值范围为 ７－e ２ ４ ,＋∞[ )． ２．解:(１)f′(x)＝cosx(sinxsin２x)＋sinx(sinxsin２x)′ ＝２sinxcosxsin２x＋２sin２xcos２x ＝２sinxsin３x 当 x ∈ ０,π３( ) ∪ ２π ３ ,π( ) 时,f′ (x)＞０;当 x ∈ π ３ ,２π ３( ) 时,f′(x)＜０． 所以f(x)在 区 间 ０,π３( ) , ２π ３ ,π( ) 单 调 递 增,在 区 间 π ３ ,２π ３( ) 单调递减． (２)因为f(０)＝f(π)＝０,由(１)知,f(x)在区间[０,π]的 最大值为f π３( ) ＝ ３ ３ ８ ,最小值为f ２π３( ) ＝－ ３ ３ ８ ． 而 f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤３ ３８ ． (３)由于 (sin２xsin２２x􀆺sin２２nx) ３ ２ ＝|sin３xsin３２x􀆺sin３２nx| ＝|sinx||sin２xsin３２x􀆺sin３２n－１xsin２nx||sin２２nx| ＝|sinx||f(x)f(２x)􀆺f(２n－１x)||sin２２nx| ≤|f(x)f(２x)􀆺f(２n－１x)|, 所以sin２xsin２２x􀆺sin２２nx≤ ３ ３ ８ æ è ç ö ø ÷ ２n ３ ＝３ n ４n ． ３．解:(１)f′(x)＝３x２＋b,∴f′ １２( ) ＝３× １ ２( ) ２ ＋b＝０, 解得b＝－３４． (２)设x０ 为f(x)的一个零点,根据题意,f(x０)＝x３０－ ３ ４x０＋c＝０ ,且|x０|≤１,则c＝－x３０＋ ３ ４x０ ,由|x０|≤１, c′＝－３x２０＋ ３ ４ ,显 然c(x０)在 －１,－ １ ２[ ] 单 调 递 减, －１２ ,１ ２[ ] 单调递增, １ ２ ,１[ ] 单调递减,易得c(－１)＝ １ ４ ,c(１)＝－１４ ,c －１２( ) ＝－ １ ４ ,c １２( ) ＝ １ ４ ,∴－１４ ≤c≤１４． 设x１ 为f(x)的零点,则必有f(x１)＝x３１－ ３ ４x１＋c＝０ , 即－１４≤c＝－x ３ １＋ ３ ４x１≤ １ ４ , ∴ ４x３１－３x１－１＝(x１－１)(２x１＋１)２≤０ ４x３１－３x１＋１＝(x１＋１)(２x１－１)２≥０{ , ∴－１≤x１≤１,即|x１|≤１,所以f(x)的所有零点的绝对 值都不大于１． ４．解:(１)当a＝e时,f(x)＝ex －lnx＋１,所 以f(１)＝ e＋１． 又f′(x)＝ex－１x ,所以切线斜率k＝f′(１)＝e－１, 则切线方程为y＝(e－１)(x－１)＋e＋１,与x 轴交于点 A －２e－１ ,０( ) ,与y轴交于点B(０,２), 所以围成的三角形面积为S＝１２× －２ e－１ ×２＝ ２ e－１． (２)当０＜a＜１时,f(１)＝a＋lna＜１． 当a＝１时,f(x)＝ex－１－lnx,f′(x)＝ex－１－１x． 当x∈ (０,１)时,f′(x)＜０; 当x∈(１,＋∞)时,f′(x)＞０．所以当x＝１时,f(x)取得 最小值,最小值为f(１)＝１,从而f(x)≥１． 当a＞１时,f(x)＝aex－１－lnx＋lna≥ex－１－lnx≥１． 综上,