2019高考数学大二轮复习专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练文
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第2讲 综合大题部分
1.(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )=ln x +ax 2
+(2a +1)x .
(1)讨论f (x )的单调性;
(2)当a <0时,证明f (x )≤-34a
-2. 解析:(1)f (x )的定义域为(0,+∞), f ′(x )=1x +2ax +2a +1=++x .
若a ≥0,则当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0,
故f (x )在(0,+∞)上单调递增.
若a <0,则当x ∈(0,-12a
)时,f ′(x )>0; 当x ∈(-12a
,+∞)时,f ′(x )<0. 故f (x )在(0,-12a )上单调递增,在(-12a
,+∞)上单调递减. (2)证明:由(1)知,当a <0时,f (x )在x =-12a 处取得最大值,最大值为f (-12a )=ln(-12a )-1-14a
. 所以f (x )≤-34a -2等价于ln(-12a )-1-14a ≤-34a -2,即ln(-12a )+12a
+1≤0. 设g (x )=ln x -x +1,则g ′(x )=1x
-1. 当x ∈(0,1)时,g ′(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
故当x =1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0.
所以当x >0时,g (x )≤0.
从而当a <0时,ln(-12a )+12a
+1≤0, 即f (x )≤-34a
-2. 2.(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )=(1-x 2)e x .
(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.
解析:(1)f ′(x )=(1-2x -x 2)e x
.
令f ′(x )=0得x =-1-2或x =-1+ 2.
当x ∈(-∞,-1-2)时,f ′(x )<0;
当x ∈(-1-2,-1+2)时,f ′(x )>0;
当x ∈(-1+2,+∞)时,f ′(x )<0.
所以f (x )在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)单调递减,在(-1-2,-1+2)单调递增.
(2)f (x )=(1+x )(1-x )e x .
当a ≥1时,设函数h (x )=(1-x )e x ,则h ′(x )=-x e x <0(x >0).
因此h (x )在[0,+∞)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00(x >0),所以g (x )在[0,+∞)单调递增. 而g (0)=0,故e x
≥x +1.
当0
,则x 0∈(0,1),(1-x 0)(1+x 0)2-ax 0-1=0,故f (x 0)-ax 0-1>0, 即f (x 0)>ax 0+1.
当a ≤0时,取x 0=5-12
,则x 0∈(0,1), f (x 0)>(1-x 0)(1+x 0)2=1≥ax 0+1.
综上,a 的取值范围是[1,+∞).
3.(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )=ax2+x -1ex
. (1)求曲线y =f (x )在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明:当a ≥1时,f (x )+e≥0.
解析:(1)f ′(x )=-ax2+-
+2ex ,f ′(0)=2.
因此曲线y =f (x )在(0,-1)处的切线方程是
2x -y -1=0.
(2)证明:当a ≥1时,f (x )+e≥(x 2+x -1+e
x +1)e -x . 令g (x )=x 2+x -1+e x +1,则g ′(x )=2x +1+e x +1
. 当x <-1时,g ′(x )<0,g (x )单调递减;
当x >-1时,g ′(x )>0,g (x )单调递增.
所以g (x )≥g (-1)=0. 因此f (x )+e≥0.
1.已知函数f (x )=ln x +ax +a -1x
(a ∈R ). (1)当a =1时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程;
(2)当a ≤12
时,讨论函数f (x )的单调性. 解析:(1)当a =1时,f (x )=ln x +x ,x ∈(0,+∞),
所以f ′(x )=1x +1,f ′(1)=11
+1=2, f (1)=ln 1+1=1,故曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为2,切线方程为y -1=2(x -1), 即y =2x -1.
(2)因为f (x )=ln x +ax +a -1x
, 所以f ′(x )=1x +a -a -1x2=ax2+x -a +1x2
(x ∈(0,+∞)).(不可忽视函数的定义域) 令g (x )=ax 2
+x -a +1(x ∈(0,+∞)),
①当a =0时,g (x )=x +1,而x >0,
所以g (x )>0,f ′(x )>0,
所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.
②当a ≠0时,g (x )=(ax +1-a )(x +1)=a (x -a -1a
)(x +1). (i)当a <0时,a -1a
>0, 当x ∈(0,a -1a
)时,g (x )>0,f ′(x )>0, 故函数f (x )在(0,a -1a
)上单调递增, 当x ∈(a -1a
,+∞)时,g (x )<0,f ′(x )<0, 故函数f (x )在(a -1a