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时间:2020-09-29
《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》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
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04、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+25、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)=ae6、+(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f7、(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h8、′(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
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
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