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2018届高三数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练: 12 Word版含解析

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高中数学审核员

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                  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!

1.已知函数    f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1),其中  a∈R. 世纪金榜导

学号  92494448

(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.

【解析】(1)f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1)


=ln            .


设 g(x)=            ,g′(x)=-                  .

①当  a=0 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:
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     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                 ;

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′(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        > .
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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,所以        f(x)在[0,+∞)上存在最大值

f   =lna2.
下面研究最小值:


由于  f(x)的定义域为                 .


(ⅰ)若       ≥0,即    01 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,
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只可能是    f(0)=ln(g(0)).


计算整理    g(x)-g(0)=            -(a2-1)


=                .

要使  f(x)在[0,+∞)上存在最小值,

只需  x∈[0,+∞),g(x)-g(0)≥0.

因为  x2+1>0,则问题转化为       x∈[0,+∞)时,(1-a2)x+2a≥0     恒成立.

设 h(x)=(1-a2)x+2a,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.

2.已知函数    f(x)=aex+(2-e)x(a 为实数,e   为自然对数的底数),曲
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线 y=f(x)在  x=0 处的切线与直线(3-e)x-y+10=0      平行. 世纪金榜导

学号  92494449

(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).

【解析】(1)f′(x)=aex+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,

所以  f(x)=ex+(2-e)x,

所以  x≥0  时,f′(x)=ex+2-e≥e0+2-e>0,

所以  f(x)在区间[0,+∞)内为增函数,

又 f(0)=1>0,所以    f(x)在区间[0,+∞)内没有零点.

(2)当 x>0 时,f(x)-1>xln(x+1)等价于            >ln(x+1),记
g(x)=ex-(x+1),

则 g′(x)=ex-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,

所以  g(x)>g(0)=0,即  ex>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),
即证明当    x>0 时,ex-x2+(2-e)x-1≥0,①

设 h(x)=ex-x2+(2-e)x-1,则  h′(x)=ex-2x+2-e,

令 φ(x)=ex-2x+2-e,

则 φ′(x)=ex-2,当    x∈(0,ln2)时,φ′(x)<0;
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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)=0,00;

当 x∈(x0,1)时,φ(x)<0,所以        h(x)在区间(0,x0)内单调递增,

在区间(x0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,

又 h(0)=h(1)=0,所以   h(x)=ex-x2+(2-e)x-1≥0,当且仅当     x=1 时,

取等号,即①式成立.

所以  f(x)-1>xln(x+1).

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