(京津专用)2019高考数学总复习优编增分练：压轴大题突破练(四)函数与导数(2)理.docx

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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(1)证明：1＋x≤ex≤x(x∈[0,1))；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.1而当x∈[0,1)时，e－x≥1－x，即ex≤x.1－(2)解设F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－(x2＋ax－2xsinx＋1)

2、，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)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证

3、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；e-a+1当a>0时，由f′(x)>0得x>a，e-a+1由f′(x)<0得00得0a，所以函数f(x)在区间æe-a+1ö上单调递增，è0，aø在区间æe-a+1ö上单调递减．èa，＋∞ø

4、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æe-a+1ö上单调递减，在区间æe-a+1è0，aøö上单调递增；èa，＋∞ø当a<0时，函数f(x)在区间æe-a+1ö上单调递增，在区间æe-a+1è0，aøö上单调递减．èa，＋∞øa+1e-(2)证明由(1)知a<0且a＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xlnx.要证f(x)≤e－x＋x2，即证x－xlnx≤e－x＋x2，xe－xx即证1－ln≤x＋.Fxxe－xxx令()＝ln＋x＋－1(>0)，xxFx1－e－xx－e－x则

5、′()＝＋＋12(x＋1)(x－e－x)x＝.2令g(x)＝x－e－x，得函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．g1g而(1)＝1－>0，e(0)＝－1<0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x，00使得g(x)＝x－e－x＝0，000即x＝e－x，0且x∈(0，x)时，g(x)<0，x∈(x，＋∞)时，g(x)>0.00故F(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增．∴F(x)0＝F(x)＝lnx0e0－x＋＋x－1.又e－xmin00x000＝x，e0－x0∴F(x)＝lnx＋＋x－1min0x00＝－x

6、＋1＋x－1＝0.00∴F(x)≥F(x)＝0成立，0即f(x)≤e－x＋x2成立．3．(2018·皖江八校联考)已知函数f(x)ax2＋x＋a＝.2exafx5a(1)若≥0，函数()的极大值为，求实数2e的值；afxbln(x＋1)xb(2)若对任意的≤0，()≤2在∈[0，＋∞)上恒成立，求实数的取值范围．解(1)由题意，1f′(x)＝[(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x]21＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1]21＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)．21①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)

7、，2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．fxf15所以()的极大值为(1)＝≠，不合题意．2e2ea1②当>0时，1－a<1，fx1x令′()>0，得1－a<<1；fxx1x令′()<0，得<1－a或>1，fxæç1ö÷所以()在è1－a，1ø上单调递增，çæ1ö÷在è－∞，1－aø，(1，＋∞)上单调递减．fxf2a＋15a所以()的极大值为(1)＝＝，得2e2e＝2.综上所述a＝2.ga(x2＋1)ax，a∈(－∞，0]，(2)令()＝＋2ex

8、2exxx2＋1当∈[0，＋∞)时，2ex>0，gabln(x＋1)∀agagbln(x＋1)则()≤2对∈(－∞，0]恒成立等价于x()