2020-2021学年高三二轮复习数学(文)(人教版)高考大题专攻练：(十一)_含解析

高考大题专攻练
11.函数与导数(A组)
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1.设函数f(x)=x3-x2+ax,a∈R.
世纪金榜导学号46854425
(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性.
(2)已知函数g(x)=f(x)-ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围. 【解析】(1)f(x)=x3-x2+ax,a∈R,f′(x)=x2-x+a,
因为x=2是f(x)的极值点,所以f′(2)=4-2+a=0,
解得a=-2,
代入得f′(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2),令f′(x)=0,
解得x=-1或x=2.
令f′(x)>0,解得x>2或x<-1,
所以f(x)在x∈(-∞,-1),(2,+∞)时单调递增;
令f′(x)<0,解得-1<x<2,
所以f(x)在x∈(-1,2)时单调递减.
(2)g(x)=f(x)-ax2+=x3-(1+a)x2+ax+,g′(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a).
①当a≥1时,x∈(0,1),
g′(x)>0恒成立,g(x)单调递增,又g(0)=>0,
因此此时函数g(x)在区间(0,1)内没有零点.
②当0<a<1时,x∈(0,a),g′(x)>0,g(x)单调递增,
x∈(a,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,
必有g(1)<0,所以-(1+a)+a+<0,
解得a<-1,舍去.
③当a≤0时,x∈(0,1),g′(x)<0,g(x)单调递减,
又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,
必有g(1)<0,解得a<-1,满足条件.
综上可得:a的取值范围是(-∞,-1).
2.已知函数f(x)=xlnx+2,g(x)=x2-mx.
(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值.
(2)若存在x0∈使得mf′(x0)+g(x0)≥2x0+m成立,求实数m的取值范围. 【解析】(1)f′(x)=lnx+1(x>0).令f′(x)=0,解得x=,
则x>,函数f(x)单调递增;0<x≤,函数f(x)单调递减.
①t≥时,函数f(x)在[t,t+2](t>0)上单调递增,
因此x=t时,函数f(x)取得最小值,f(x)min=f(t)=tlnt+2.
②0<t<时,<t+2,则x=时,函数f(x)取得极小值即最小值,f(x)min=f=-+2. 综上可得:①t≥,x=t时,函数f(x)取得最小值,f(x)min=f(t)=tlnt+2.
②0<t<,x=时,函数f(x)取得极小值即最小值,
f(x)min=f=-+2.
(2)存在x0∈使得mf′(x0)+g(x0)≥2x0+m成立,⇔m≤,x∈
,
令h(x)=,x∈.
h′(x)=,
令u(x)=x-2lnx+2,x∈,
则u′(x)=1-,可知x∈时单调递减;x∈(2,e]时单调递增. 且u(2)=2-2ln2+2>0,u(e)=e>0,因此u(x)>0.
令h′(x)=0,解得x=1,可得:x=1是函数h(x)的极小值点,
又h=,h(e)=>h.
所以m≤,所以实数m的取值范围是.。