2020版高考數(shù)學(xué)高考必考題突破講座1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題課時達(dá)標(biāo)理(含解析)新人教A版

高考必考題打破講座(一)1．(2019·河北武邑中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝2alnx－x2.若a＝2，求函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程；若a＞0，判斷函數(shù)f(x)在定義域上能否存在最大值或最小值，若存在，求出函數(shù)(x)的最大值或最小值．24分析(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝4lnx－x.f′(x)＝x－2x，f′(1)＝2，f(1)＝－1，所以函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y＋1＝2(x－1)，即2x－y－3＝0.2a－x2－a(2)f′(x)＝x－2x＝x，x>0.令f′(x)＝0，由a>0，解得x1＝a，x2＝－a(舍去)．當(dāng)x在(0，＋∞)上變化時，f′( )，(x)的變化狀況以下表.xfx(0，a)a(，＋∞)af′(x)＋0－f(x)單一遞加aln－a單一遞減a所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有最大值f(a)＝lna－，無最小值．a(chǎn)a2．(2017·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex.議論f(x)的單一性；當(dāng)x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍．分析(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1－2或x＝－1＋2.當(dāng)x∈(－∞，－1－2)時，′( )<0；當(dāng)x∈(－1－2，－1＋2)時，′( )>0；當(dāng)∈(－1fxfxx2，＋∞)時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上單一遞減，在(－1－2，－1＋2)上單一遞加．f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.當(dāng)a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，所以h(x)在[0，＋∞)上單一遞減，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x1≤ax＋1.當(dāng)0<a<1時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上單一遞加，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.當(dāng)0<x<1時，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(12205－4a－10∈(0,1)002020005－10∈(0,1)00022＝1≥ax0＋1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．3．已知函數(shù)f(x)＝alnx(a＞0)，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)若過點A(2，f(2))的切線斜率為2，務(wù)實數(shù)a的值；1當(dāng)x＞0時，求證：f(x)≥a1－x；若在區(qū)間，上x1＜恒建立，務(wù)實數(shù)的取值范圍．(3)(1e)a－ax0aeeaa分析(1)由題意得f′(x)＝，所以f′(2)＝＝2，所以a＝4.x2lnx－1＋111(2)證明：令g(x)＝ax(x>0)，則′(＝ax－x.21令g′(x)>0，即ax－x2>0，解得x>1；令g′(x)<0，解得0<x<1.所以g(x)在(0,1)上單一遞減，在(1，＋∞)上單一遞加．所以()的最小值為(1)＝0，所以f(x)≥a11－.gxgxx1x－1x－1x－1由題意可知aa，化簡得．又∈，，所以令(3)e<exa<lnxxa>lnx.h(x)＝x，(1e)ln1lnx－1＋x則h′(x)＝x2.1由(2)知，當(dāng)x∈(1，e)時，lnx－1＋x>0，所以h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上單一遞增，所以h(x)<h(e)＝e－1.所以a≥e－1.故實數(shù)a的取值范圍為[e－1，＋∞)．b4．(2019·重慶一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋x－c(a，b，c∈R)．(1)當(dāng)c＝0時，若函數(shù)f(x)與g(x)的圖像在x＝1處有同樣的切線，求a，b的值；當(dāng)b＝3－a時，若對隨意x0∈(1，＋∞)和隨意a∈(0,3)，總存在不相等的正實數(shù)x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值．分析(1)由f( )＝lnx，得f(1)＝0.又f′( )＝1，所以f′(1)＝1.當(dāng)＝0時，(x)xxxcgbb處xx21f＝g，a－b＝1，a＝，2有同樣的切線，所以＝，即解得1fg＋＝0，abb＝－2.3－a(2)當(dāng)x0＞1時，則f(x0)＞0，又b＝3－a，設(shè)t＝f(x0)，則題意可轉(zhuǎn)變?yōu)榉匠蘟x＋x－c＝t(t＞0)在(0，＋∞)上有相異兩實根x1，x2，即對于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相異兩實根x1，x2.0＜a＜3，＝c＋t2－4a－a＞0，所以c＋t＞0，即x1＋x2＝a3－x1x2＝aa＞0，0＜a＜3，c＋t

2＞4a

－a

，c＋t＞0，所以

c＞2

a

－a

－t

對t∈(0，＋∞)，

a∈(0,3)

恒建立．所以

2

a

－a

≤2

a＋

2

－a

2

＝3

當(dāng)且僅當(dāng)

3a＝2時，等號建立

.又由于－t＜0，所以2a5．已知函數(shù)

－a－t的取值范圍是(－∞，3)，所以2f(x)＝xlnx－ax，g(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．

c≥3.故

c的最小值為

3.議論函數(shù)g(x)的零點個數(shù)；(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)不但一且在(2，＋∞)上單一遞減，務(wù)實數(shù)a的取值范圍．分析(1)(x)＝′( )＝lnx－2＋1，令()＝0，得ln－2＋1＝0，即lnx＝gfxaxgxxax2ax－1，所以a＝lnx＋1lnx＋12x，所以函數(shù)g(x)的零點個數(shù)等價于函數(shù)y＝a與y＝2x圖象的交點個數(shù)．令φ(x)＝lnx＋1lnxx∈(0,1)時，φ′( )>0，φ()單一，則φ′( )＝－2，所以2xx2xxx遞加；x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)單一遞減且φ(x)>0，所以x＝1時，φ(x)有極1大值2，1作出兩函數(shù)的大概圖象，以下圖，由圖可知，當(dāng)a>2時，兩函數(shù)圖象無交點，g(x)無零點；1當(dāng)a≤0或

a＝2時，兩函數(shù)圖象有一個交點，

g(x)有一個零點；1當(dāng)0<a<2時，兩函數(shù)圖象有兩個交點，g(x)有兩個零點．(2)由(1)知，a≥21時，g(x)無零點或有一個零點，g(x)≤0，函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單一1遞減，故函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)不但一時，a<2.f(x)在(2，＋∞)上單一遞減時，f′(x)≤0，即g(x)≤0恒建立．lnx＋1lnx＋1lnx由g(x)≤0得a≥2x，令h(x)＝2x，則a≥h(x)恒建立，由于h′(x)＝－2x2，所以x∈(2，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單一遞減，h(x)<h(2)，由a≥h(x)恒建立得a≥h(2)，解得a≥ln2＋1a的取值范圍為ln2＋114，綜上，實數(shù)4，2.6．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2.求a的值；求證：當(dāng)k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．分析(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線方程為y＝2ax＋2.由題設(shè)得－a＝－2，所以a＝1.證明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點，即g(x)＝x3－3x2＋(1－k)x＋4有獨一零點，由題設(shè)知1－k>0.當(dāng)x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單一遞加，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有獨一實根．當(dāng)x>0時，令h(x)＝x3－3x