高考数学二轮总复习冲刺大题专攻练12函数与导数B组理新人教A版.pdf

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1、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯名校名师推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯高考大题专攻练12.函数与导数(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！221.已知函数f(x)=ln(2ax+a-1)-ln(x+1)，其中a∈R.(1)求f(x)的单调区间.(2)是否存在a的值，使得f(x)在[0，+∞)上既存在最大值又存在最小值？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.22【解析】(1)f(x)=ln(2ax+a-1)-ln(x+1)=ln.设g(x)=，g′(x)=-.①当a=0

2、时，f(x)无意义，所以a≠0.②当a>0时，f(x)的定义域为.令g′(x)=0，得x1=-a，x2=，g(x)与g′(x)的情况如表：x(-∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘g(x1)↗g(x2)↘-(-a)=>0，所以>-a.-=-<0，所以<.故f(x)的单调递增区间是；1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯名校名师推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯单调递减区间是.③当a<0时，f(x)的定义域为.令g′(x)=0，得x1=-a，x2=，g(x)与g

3、′(x)的情况如表：x(-∞，x2)x2(x2，x1)x1(x1，+∞)g′(x)+0-0+g(x)↗g(x2)↘g(x1)↗-(-a)=<0，所以<-a.-=->0，所以>.所以f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.(2)①当a>0时，由(1)可知，f(x)在上单调递增，在上单调递减，2所以f(x)在[0，+∞)上存在最大值f=lna.下面研究最小值：由于f(x)的定义域为.(ⅰ)若≥0，即0

4、名校名师推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯不合题意.(ⅱ)若<0，即a>1时，因为在上单调递增，所以f(x)在上存在最小值f(0)；因为f(x)在上单调递减，所以f(x)在上不存在最小值.所以，要使f(x)在[0，+∞)上存在最小值，只可能是f(0)=ln(g(0)).2计算整理g(x)-g(0)=-(a-1)=.要使f(x)在[0，+∞)上存在最小值，只需x∈[0，+∞)，g(x)-g(0)≥0.22因为x+1>0，则问题转化为x∈[0，+∞)时，(1-a)x+2a≥0恒成立.2设h(x)=(1-a)x+2

5、a，则只需或解得0≤a≤1，这与a>1相矛盾，所以f(x)在[0，+∞)上没有最小值，不合题意.②当a<0时，由于f(x)的定义域为.(ⅰ)若≤0，即-1≤a<0时，f(x)在[0，+∞)上没有意义，也不存在最大值和最小3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯名校名师推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯值.(ⅱ)若>0，即a<-1时，由(1)可知f(x)在上单调递减，f(x)存在最大值，但不存在最小值.综上，不存在a的值，使得f(x)在[0，+∞)上既存在最大值又存在最小值.x2.已知函数f(x)=ae

6、+(2-e)x(a为实数，e为自然对数的底数)，曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线(3-e)x-y+10=0平行.(1)求实数a的值，并判断函数f(x)在区间[0，+∞)内的零点个数.(2)证明：当x>0时，f(x)-1>xln(x+1).x【解析】(1)f′(x)=ae+2-e，由题设，可知曲线y=f(x)在x=0处的切线的斜率k=f′(0)=a+2-e=3-e，解得a=1，x所以f(x)=e+(2-e)x，x0所以x≥0时，f′(x)=e+2-e≥e+2-e>0，所以f(x)在区间[0，+∞)内为增函数，又f

7、(0)=1>0，所以f(x)在区间[0，+∞)内没有零点.x(2)当x>0时，f(x)-1>xln(x+1)等价于>ln(x+1)，记g(x)=e-(x+1)，x则g′(x)=e-1，当x>0时，g′(x)>0，所以当x>0时，g(x)在区间(0，+∞)内单调递增，x所以g(x)>g(0)=0，即e>x+1，两边取自然对数，得x>ln(x+1)(x>0)，所以要证明>ln(x+1)(x>0)，只需证明≥x(x>0)，x2即证明当x>0时，e-x+(2-e)x-1≥0，①x2x设h(x)=e-x+(2-e)x-1，则h

8、′(x)=e-2x+2-e，x令φ(x)=e-2x+2-e，x则φ′(x)=e-2，当x∈(0，ln2)时，φ′(x)<0；当x∈(ln2，+∞)时，φ′(x)>0.所以φ(x)在区间(0，ln2)内单调递减，在区间(ln2，+∞)内单调递增，又φ(0)=3-e>0，φ(1)=0，0