全国高考数学复习压轴大题突破练（四）函数与导数（2）理.doc

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1、(四)函数与导数(2)1．(2018·江西省重点中学协作体联考)已知f(x)＝ex，g(x)＝x2＋ax－2xsinx＋1.(1)证明：1＋x≤ex≤(x∈[0,1))；(2)若x∈[0,1)时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明　设h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1，故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．从而h(x)≥h(0)＝0，即ex≥1＋x.而当x∈[0,1)时，e－x≥1－x，即ex≤.(2)解　设F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－(x2＋ax－2xsinx＋

2、1)，则F(0)＝0，F′(x)＝ex－(2x＋a－2xcosx－2sinx)．要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立，必须有F′(0)≥0.即a≤1.以下证明：当a≤1时，f(x)≥g(x)．只要证1＋x≥x2＋x－2xsinx＋1，只要证2sinx≥x在[0,1)上恒成立．令φ(x)＝2sinx－x，则φ′(x)＝2cosx－1>0对x∈[0,1)恒成立，又φ(0)＝0，所以2sinx≥x，从而不等式得证．2．(2018·宿州质检)设函数f(x)＝x＋axlnx(a∈R)．8(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)

3、的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋alnx＋a，当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00得0，所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间上

4、单调递增；当a<0时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．(2)证明　由(1)知a<0且＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xlnx.要证f(x)≤e－x＋x2，即证x－xlnx≤e－x＋x2，即证1－lnx≤＋x.令F(x)＝lnx＋＋x－1(x>0)，则F′(x)＝＋＋1＝.令g(x)＝x－e－x，8得函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝1－>0，g(0)＝－1<0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0，使得g(x0)＝x0－＝0，即x0＝，且x∈(0，x0)时，g(x)<0，x∈(x0，＋

5、∞)时，g(x)>0.故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．∴F(x)min＝F(x0)＝lnx0＋＋x0－1.又＝x0，∴F(x)min＝lnx0＋＋x0－1＝－x0＋1＋x0－1＝0.∴F(x)≥F(x0)＝0成立，即f(x)≤e－x＋x2成立．3．(2018·皖江八校联考)已知函数f(x)＝.(1)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值；(2)若对任意的a≤0，f(x)≤在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围．解　(1)由题意，f′(x)＝[(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)

6、e－x]＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1]＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)．①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)，令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)的极大值为f(1)＝≠，不合题意．②当a>0时，1－<1，8令f′(x)>0，得1－1，所以f(x)在上单调递增，在，(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)的极大值为f(1)＝＝，得a＝2.综上所述a＝2.(2)令g(a)＝

7、＋，a∈(－∞，0]，当x∈[0，＋∞)时，>0，则g(a)≤对∀a∈(－∞，0]恒成立等价于g(a)≤g(0)≤，即≤bln(x＋1)对x∈[0，＋∞)恒成立．①当b＝0时，显然≤bln(x＋1)在[0，＋∞)上不恒成立．②当b<0时，∀x∈(0，＋∞)，bln(x＋1)<0，>0，此时>bln(x＋1)，不合题意．③当b>0时，令h(x)＝bln(x＋1)－，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝，其中(x＋1)ex>0，∀x∈[0，＋∞)，令p(x)＝bex＋x2－1，x∈[0，＋∞)，则p(x)在区间[

8、0，＋∞)上单调递增，b≥1时，p(x)≥p(0)＝b－1≥0，所以对∀x∈[0，＋∞)，h′(x)≥0，从而h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以对任意x∈[0，＋∞)，h(x)≥h(0)＝0，即不等式bln(x＋1)≥xe－x在[0，＋∞)上恒成立．80