专题一 函数与导数（大题突破）-【创新教程】2018-2020三年高考真题理科数学分类特训

大 题 突 破􀅰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)≥ １ ２x 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－ １ ２x 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, π ３( ) , 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 π ３( ) ＝ ３ ３ ８ ,最 小 值 为 f ２π ３( ) ＝ － 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′ １ ２( ) ＝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 －３４x０＋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)＝ １４ ,c(１)＝ － １４ ,c －１２( ) ＝ － １ ４ ,c １２( ) ＝ １ ４ ,∴－１４≤c≤ １ ４． 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８５ 最新试题精选􀅰数