2021届高考数学解答题核心素养题型02 函数与导数综合问题（专项训练）（解析版）.docx

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1、专题02函数与导数综合问题（专项训练）1．(2019·河北武邑中学月考)已知函数f(x)＝2alnx－x2.(1)若a＝2，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＞0，判断函数f(x)在定义域上是否存在最大值或最小值，若存在，求出函数f(x)的最大值或最小值．【答案】见解析【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝4lnx－x2.f′(x)＝－2x，f′(1)＝2，f(1)＝－1，所以函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2(x－1)，即2x－y－3＝0.(2)f′(x

2、)＝－2x＝，x>0.令f′(x)＝0，由a>0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．当x在(0，＋∞)上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.x(0，)(，＋∞)f′(x)＋0－f(x)单调递增alna－a单调递减所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上有最大值f()＝alna－a，无最小值．2．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0

3、，得x＝－1－或x＝－1＋.当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0

4、(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．3．已知函数f(x)＝alnx(a＞0)，e为自

5、然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x＞0时，求证：f(x)≥a；(3)若在区间(1，e)上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意得f′(x)＝，所以f′(2)＝＝2，所以a＝4.(2)证明：令g(x)＝a(x>0)，则g′(x)＝a.令g′(x)>0，即a>0，解得x>1；令g′(x)<0，解得0

6、简得.令h(x)＝，则h′(x)＝.由(2)知，当x∈(1，e)时，lnx－1＋>0，所以h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，所以h(x)

7、相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值．【答案】见解析【解析】(1)由f(x)＝lnx，得f(1)＝0.又f′(x)＝，所以f′(1)＝1.当c＝0时，g(x)＝ax＋，所以g′(x)＝a－，所以g′(1)＝a－b.因为函数f(x)与g(x)的图像在x＝1处有相同的切线，所以即解得(2)当x0＞1时，则f(x0)＞0，又b＝3－a，设t＝f(x0)，则题意可转化为方程ax＋－c＝t(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2，即关于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a

8、)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2.所以即所以c＞2－t对t∈(0，＋∞)，a∈(0,3)恒成立．所以2≤2＝3.又因为－t＜0，所以2－t的取值范围是(－∞，3)，所以c≥3.故c的最小值为3.5．已知函数f(x)＝xlnx－ax2，g(x)为f(x)的导数．(1)讨论函数g(x)的零点个数；(2)若函数f(x)在定义域内不单调且在(2，＋∞)上单调递减，求实数a