2020年高考理科数学第一轮复习习题1

(建议用时：80分钟)

1.设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6).

(1)确定a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间与极值.

解(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x＞0)，

故f′(x)＝2a(x－5)＋6 x.

令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，

所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，

由点(0，6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝1 2.

(2)由(1)知，f(x)＝1

2(x－5)

2＋6ln x(x>0)，

f′(x)＝x－5＋6

x＝

（x－2）（x－3）

x.

令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.

当03时，f′(x)>0，

故f(x)的递增区间是(0，2)，(3，＋∞)；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)的递减区间是(2，3).

由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝9

2＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)

＝2＋6ln 3.

2.已知f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x.

(1)a＝1时，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程.

(2)当a＞0时，若f(x)在区间[1，e]上最小值为－2，求实数a的取值范围.

解(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，

f′(x)＝2x－3＋1 x.

因为f′(1)＝0，f(1)＝－2，

所以曲线y＝f(x)在点(1，－2)处的切线方程是y＝－2.

(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域是(0，＋∞).

当a＞0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋1 x

＝2ax2－（a＋2）x＋1

x，

令f′(x)＝2ax2－（a＋2）x＋1

x

＝（2x－1）（ax－1）

x＝0，所以x＝

1

2或x＝

1

a.

当0＜1

a≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增，

所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2；

当1＜1

a＜e时，f(x)在[1，e]上的最小值f⎝

⎛

⎭

⎪

⎫1

a＜f(1)＝－2，不合题意；

当1

a≥e时，f(x)在[1，e]上单调递减，此时f(x)在[1，e]上的最小值f(e)＜f(1)＝

－2，不合题意.

综上，实数a的取值范围为[1，＋∞).

3. (2016·菏泽一中模拟)已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m).

(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；

(2)当m≤2时，证明：f(x)＞0.

(1)解f′(x)＝e x－

1

x＋m

，由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.

于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝e x－

1

x＋1

.

函数f′(x)＝e x－

1

x＋1

在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，

0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.

(2)证明当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，

ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.

当m＝2时，函数f′(x)＝e x－

1

x＋2

在(－2，＋∞)上单调递增.

又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，

且x0∈(－1，0)

当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值.

由f′(x0)＝0得e x0＝

1

x0＋2

，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝

1

x0＋2

＋x0＝

（x0＋1）2

x0＋2

＞0.

综上，当m≤2时，f(x)＞0.

4.已知函数f(x)＝e x－e－x－2x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求b的最大值；

解(1)f′(x)＝e x＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立，

所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.

(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)

＝e2x－e－2x－4b(e x－e－x)＋(8b－4)x，

g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(e x＋e－x)＋(4b－2)]

＝2(e x＋e－x－2)(e x＋e－x－2b＋2).

①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上

单调递增.

而g(0)＝0，所以对任意x＞0，g(x)＞0；

②当b＞2时，若x满足2＜e x＋e－x＜2b－2，

即0＜x＜ln(b－1＋b2－2b)时，g′(x)＜0，

而g(0)＝0，因此当0＜x＜ln(b－1＋b2－2b)时，

g(x)＜0，综上，b的最大值为2.

5.已知函数f(x)＝e x－m－x，其中m为常数.

(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；

(2)当m>1时，判断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由.

解(1)依题意，可知f′(x)＝e x－m－1，

令f′(x)＝0，得x＝m.

故当x∈(－∞，m)时，e x－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；