高考数学一轮总复习解答大题专项训练六大专题

高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破1导数与函数的单调性
1.已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)略.
2.已知函数f(x)=e x-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
(2)略.
3.已知函数f(x)=(x-k)e x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)略.
4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)略.
5.设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)略.
6.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)略.
突破2利用导数研究函数的极值、最值
1.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)当a=时,求f(x)的极值;
(2)略.
2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.
3.设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.
(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;
(2)略.
4.已知函数f(x)=.
(1)当a=1时,判断f(x)有没有极值点?若有,求出它的极值点;若没有,请说明理由;
(2)略.
5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.
(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;
(2)略.
6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.
(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.
突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.
(1)略;
(2)当x≥时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.
2.已知函数f(x)=a e x-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.
3.已知函数f(x)=e x+ax+ln(x+1)-1.
(1)若x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
(2)略.
4.函数f(x)=(x-2)e x+ax2-ax.
(1)略;
(2)设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围.
5.已知函数f(x)=.
(1)略;
(2)若f(x)<x+1在定义域上恒成立,求a的取值范围.
6.已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.
(1)求a的取值范围;
(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.
突破4导数与函数的零点
1.已知函数f(x)=x2-m ln x.若m≥1,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数.
2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).
(1)若a=1,求f(x)的极大值;
(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.
3.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=.
(1)略;
(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.
4.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.
(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;
(2)当x>0时,记函数h(x)=若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值范围.
5.已知f(x)=x ln x.
(1)求f(x)的极值;
(2)若f(x)-ax x=0有两个不同解,求实数a的取值范围.
6.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-x2-ax+1,a>0,函数g(x)=f'(x).
(1)若a=ln 2,求g(x)的最大值;
(2)证明:f(x)有且仅有一个零点.
参考答案
高考大题专项(一) 导数的
综合应用
突破1导数与函数的
单调性
1.解(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2
当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.
2.证明(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
3.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.
令f'(x)=0,得x=k-1.
当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).
4.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x+-2=,
令2x2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a),
若a,则Δ≤0,f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
若a<,则Δ>0,方程2x2-2x+a=0,两根为x1=,x2=,
当a≤0时,x2>0,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增;
当0<a<时,x1>0,x2>0,x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当a时,函数f(x)单调递增区间为(0,+∞),当a≤0时,函数f(x)单调递增区间
为,+∞,当0<a<时,函数f(x)单调递增区间为0,,,+∞.
5.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),
①当k≤0时,令f'(x)>0,解得x>0,∴f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).
②∵当0<k<1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0,
∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在(ln k,0)上单调递减.
③当k=1时,f'(x)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
④当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,所以f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在(0,ln k)上单调递减.
6.解(1)函数f(x)的定义域为R.
f'(x)=2x e ax+x2·a e ax=x(ax+2)e ax.
当a=0时,f(x)=x2-1,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;
当a>0时,f'(x)=ax x+e ax,令f'(x)>0得x<-或x>0,令f'(x)<0得-<x<0,所以f(x)在区间-∞,-内单调递增,在区间-,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;
当a<0时,f'(x)=ax x+e ax,令f'(x)>0得0<x<-,令f'(x)<0得x>-或x<0,所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-内单调递增,在区间-,+∞内单调递减.
突破2利用导数研究函数的
极值、最值
1.解(1)当a=时,f(x)=ln x-x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=,
令f'(x)=0,得x=2,
于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x(0,2) 2 (2,+∞)
f'(x) +0 -
ln
f(x) ↗
↘
2-1
故f(x)的极大值为ln2-1,无极小值.
2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a=(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)在定义域上无极值点;
当a>0时,若x∈0,,则f'(x)>0,若x∈,+∞,则f'(x)<0,
故函数f(x)在x=处取极大值.
综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点,当a>0时,函数f(x)有一个极大值点.
3.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=3时,f(x)=2ln x-x2+3x+2,
所以f'(x)=-2x+3=,
令f'(x)==0,
得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.
f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:
x(0,2) 2 (2,+∞)
f'(x) +0 -
2ln
f(x) ↗
↘
2+4
所以f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞).
f(x)的极大值为2ln2+4,无极小值.
4.解(1)函数f(x)=,则x>0且x≠1,即函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
当a=1时,f(x)=,则f'(x)=,
令g(x)=x-ln x-1,则g'(x)=1-,
①当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(x)>g(1)=0,
∴f'(x)>0,f(x)在区间(0,1)上单调递增,所以无极值点;
②当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,
∴f'(x)>0,f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以无极值点.
综上,当a=1时,f(x)无极值点.
5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=+2ax+b,
则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,
由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.
所以f'(x)=-2x-1==-,
由f'(x)=0,可得x=(x=-1舍去),
当0<x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
故当x=时,f(x)取得极大值,且为最大值,f=-ln2-故f(x)的最大值为-ln2-6.解(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f(x)=-x+ln x,f'(x)=-1+,
令f'(x)=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0.
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x)max=f(1)=-1.
∴当a=-1时,函数f(x)的最大值为-1.
(2)f'(x)=a+,x∈(0,e],则,+∞.
①若a≥-,则f'(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上单调递增,
∴f(x)max=f(e)=a e+1≥0,不合题意.
②若a<-,令f'(x)>0得,a+>0,又x∈(0,e],解得0<x<-;
令f'(x)<0得,a+<0,又x∈(0,e],解得-<x≤e.
从而f(x)在0,-上单调递增,在-,e上单调递减,
∴f(x)max=f-=-1+ln-.
令-1+ln-=-3,
得ln-=-2,即a=-e2.
∵-e2<-,
∴a=-e2符合题意.故实数a的值为-e2.
突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a,
设h(x)=,则h'(x)=
∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x,
∴y≥--1+2>0,
∴当x∈,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,
∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,
∴a≥1.
故a的取值范围为[1,+∞).
2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-
由题设知,f'(2)=0,所以a=
从而f(x)=e x-ln x-1,f'(x)=e x-
当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
(2)证明当a时,f(x)-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1,
则g'(x)=
当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a时,f(x)≥0.
3.解(1)若x≥0,则f'(x)=e x++a,令g(x)=e x++a,
则g'(x)=e x-,g'(x)在[0,+∞)上单调递增,则g'(x)≥g'(0)=0,
则f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(x)≥f'(0)=a+2.
①当a+2≥0,即a≥-2时,f'(x)≥0,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,
此时f(x)≥f(0)=0,满足题意.
②当a<-2时,因为f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(0)=2+a<0,当x→+∞时,f'(x)>0.
所以∃x0∈(0,+∞),使得f'(x0)=0.
则当0<x<x0时,f'(x)<f'(x0)=0,
∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减.
∴f(x0)<f(0)=0,不合题意,舍去.
综上所述,实数a的取值范围是[-2,+∞).
4.解(2)令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)e x+x2-x-kx+2,则g'(x)=(x-1)e x+x-1-k,
令h(x)=(x-1)e x+x-1-k,
则h'(x)=x e x+1,
当x≥0时,h'(x)=x e x+1>0,h(x)单调递增.
∴h(x)≥h(0)=-2-k,即g'(x)≥-2-k.
当-2-k≥0,即k≤-2时,g'(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
g(x)≥g(0)=0,不等式f(x)≥kx-2恒成立.
当-2-k<0,即k>-2时,g'(x)=0有一个解,设为x0,
∴当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)为单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
则g(x0)<g(0)=0,
∴当x≥0时,f(x)≥kx-2不恒成立.
综上所述,k的取值范围是(-∞,-2].
5.解(2)由f(x)<x+1,得<x+1(x>0且x≠1),即a ln x-x+<0.
令h(x)=a ln x-x+,则h'(x)=-1-
令g(x)=x2-ax+1.①当Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2时,x2-ax+1≥0.
∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,a ln x-x+<0成立.
当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,a ln x-x+<0成立.
故-2≤a≤2符合题意.
②当Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2时,设g(x)=x2-ax+1=0的两根为x1,x2(x1<x2).
当a>2时,x1+x2=a>0,x1x2=1,
∴0<x1<1<x2.
由h'(x)>0,得x2-ax+1<0,解集为(x1,1)∪(1,x2),
∴h(x)在(x1,1)上单调递增,h(x1)<h(1)=0,
a ln x1-x1+>0,∴a>2不合题意.
当a<-2时,g(x)的图象的对称轴x=<-1,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=1>0, ∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,
a ln x-x+<0成立.
当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,a ln x-x+<0成立.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
6.(1)解由题意得f'(x)=e x+-a,x>-1,令g(x)=e x+-a,x>-1,则
g'(x)=e x-,
令h(x)=e x-,x>-1,
则h'(x)=e x+>0,
∴h(x)在(-1,+∞)上单调递增,且h(0)=0.
当x∈(-1,0)时,g'(x)=h(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时,g'(x)=h(x)>0,g(x)单调递增.
∴g(x)≥g(0)=2-a.
①当a≤2时,f'(x)=g(x)>g(0)=2-a≥0.
f(x)在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;
②当a>2时,∵g-1=>0,g(0)=2-a<0,
∴∃x1∈-1,0,
g(x1)=0,当x∈(-1,x1)时,
f'(x)=g(x)>0,
f(x)单调递增;当x∈(x1,0)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减,∴x=x1是f(x)的极大值点.
∵g(ln a)=>0,g(0)=2-a<0,
∴∃x2∈(0,ln a),g(x2)=0,
当x∈(0,x2)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增,
∴x=x2是f(x)的极小值点.
综上所述,a的取值范围为(2,+∞).
(2)证明由(1)得a∈(2,+∞),-1<x1<0<x2<ln a,且g(x1)=g(x2)=0,
∴x2-x1>0,<x1+1<1,
1<x2+1<1+ln a,,
-a<0,1<<a(1+ln a)<a2,
∴f(x2)-f(x1)=+ln-a(x2-x1)
=(x2-x1)-a+ln<ln a2=2ln a.
突破4导数与函数的零点
1.解F(x)=f(x)-x2+(m+1)x=-x2+(m+1)x-m ln x(x>0).
易得F'(x)=-x+m+1-=-
①若m=1,则F'(x)≤0,函数F(x)为减函数,
∵F(1)=>0,F(4)=-ln4<0,
∴F(x)有唯一零点;
②若m>1,则当0<x<1或x>m时,F'(x)<0,当1<x<m时,F'(x)>0,
所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增, ∵F(1)=m+>0,F(2m+2)=-m ln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.
综上,当m≥1时,函数F(x)有唯一零点.
2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=-2=,
当x∈0,时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
又g(1)=f'(1)=0,则当x∈,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.
(2)g(x)=f'(x)=ln x+1-2ax+a,g'(x)=-2a=,
①若a≤0,则g'(x)>0,g(x)单调递增,至多有一个零点,不合题意.
②若a>0,则当x∈0,时,
g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
则g≥g=ln+1=ln>0.
不妨设g(x1)=g(x2),x1<x2,则0<x1<<x2<1.
一方面,需要g(1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x,则x<e x,
进而,有2a<e2a,则e-2a<,且g(e-2a)=-2a e-2a+1-a<0,
故存在x1,使得0<e-2a<x1<综上,a的取值范围是(1,+∞).
3.解(2)由f(1)=1得b=e-1-a,
由f(x)=1得e x=ax2+bx+1,
设g(x)=e x-ax2-bx-1,则g(x)在(0,1)内有零点,设x0为g(x)在(0,1)内的一个零点, 由g(0)=g(1)=0知g(x)在(0,x0)和(x0,1)上不单调.
设h(x)=g'(x),则h(x)在(0,x0)和(x0,1)上均存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点.
g'(x)=e x-2ax-b,h'(x)=e x-2a,
当a时,h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及以上零点,
当a时,h'(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及以上零点,
当<a<时,令h'(x)=0得x=ln(2a)∈(0,1),
∴h(x)在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),1)上单调递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(2a)),
若h(x)有两个零点,则有h(ln(2a))<0,h(0)>0,h(1)>0,
h(ln(2a))=3a-2a ln(2a)+1-e<a<,
设φ(x)=x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x)=-ln x,令φ'(x)=0,得x=,
当1<x<时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;当<x<e时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减.
∴φmax(x)=φ()=+1-e<0,
∴h(ln(2a))<0恒成立.
由h(0)=1-b=a-e+2>0,h(1)=e-2a-b>0,得e-2<a<1.综上,a的取值范围为(e-2,1).
4.解(1)因为g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,
所以g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g'(2)=0.
所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.
g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.
所以g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].
(2)当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=2±(1,+∞),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.
当a>0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.由g'(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,g'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0.若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)>0且g(2)<0,解得0<a<
当a<0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.
由g'(x)=0,得x1=2,x2=-
①当-<2,即a<-1时,因为g(x)极大值=g(2)=a-1<0,此时函数y=h(x)至多有一个零点,不符合题意;
②当-=2,即a=-1时,因为g'(x)≤0,此时函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;
③当->2,即-1<a<0时.
若g(1)<0,则函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;
若g(1)=0,则a=-,因为g-=8a3+7a2+8a+,所以g->0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;
若g(1)>0,则-<a<0,由g-=8a3+7a2+8a+.
记φ(a)=8a3+7a2+8a+,
则φ'(a)>0,所以φ(α)>φ->0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.
综上所述,满足条件的实数a∈-∪0,.
5.解(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ln x+1,
令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得0<x<,
故f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增,故x=时,f(x)极小值=f=-
(2)记t=x ln x,t≥-,
则e t=e x ln x=(e ln x)x=x x,
故f(x)-ax x=0,即t-a e t=0,a=,
令g(t)=,g'(t)=,令g'(t)>0,解得-t<1,令g'(t)<0,解得t>1,
故g(t)在-,1上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(t)max=g(1)=,
由t=x ln x,t≥-,a=g(t)=的图象和性质有:
①0<a<,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0<t1<1<t2,
t1=x ln x,t2=x ln x各有一解,即f(x)-ax x=0有2个不同解.
②-<a<0,y=a和g(t)=仅有1个交点(t3,a),且-<t3<0,
t3=x ln x有2个不同的解,即f(x)-ax x=0有两个不同解.
③a取其他值时,f(x)-ax x=0最多1个解.
综上,a的范围是-,0∪0,.
6.(1)解g(x)=f'(x)=ln x+1-x-a,g'(x)=,
当x∈(0,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
故当x=2时,g(x)的最大值为g(2)=ln2-a.
若a=ln2,g(x)取得最大值g(2)=0.
(2)证明①若a=ln2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,且仅当x=2时,f'(x)=0.
此时f(x)单调递减,且f(2)=0,故f(x)只有一个零点x0=2.
②若a>ln2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减.
此时,f(2)=2(ln2-a)<0,注意到x1=<1,(x ln x)'=ln x+1,故x ln x≥-,
f(x1)=x1ln x1->->0,
故f(x)仅存在一个零点x0∈(x1,2).
③若0<a<ln2,则g(x)的最大值g(2)=ln2-a>0,
即f'(2)>0,注意到f'=--a<0,f'(8)=ln8-3-a<0,
故存在x2∈,2,x3∈(2,8),使得f'(x2)=f'(x3)=0.
则当x∈(0,x2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x2,x3)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(x3,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
故f(x)有极小值f(x2),有极大值f(x3).
由f'(x2)=0得ln x2+1-x2-a=0,故f(x2)=x2-12>0,则f(x3)>0.存在实数t∈(4,16),使得ln t-t=0,且当x>t时,ln x-x<0,
记x4=max,则f(x4)=x4ln x4-x4-ax4+1≤0,
故f(x)仅存在一个零点x0∈(x3,x4].
综上,f(x)有且仅有一个零点.
高考大题专项(二) 三角函数与解三角形
1.(2019浙江杭州检测)如图是f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-<φ<的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|
2.
(1)求φ的值;
(2)求tan∠DAC的值.
2.(2019天津和平区二模)已知函数f(x)=cos x(sin x-cos x),x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值;
(2)讨论f(x)在区间上的单调性.
3.(2019湖南株洲二模)如图,在四边形ABCD中,∠ADC=,AD=3,sin∠BCD=,连接BD,3BD=4BC.
(1)求∠BDC的值;
(2)若BD=,∠AEB=,求△ABE面积的最大值.
4.在△ABC中,AB=6,AC=4.
(1)若sin B=,求△ABC的面积;
(2)若点D在BC边上且BD=2DC,AD=BD,求BC的长.
5.(2019河北石家庄三模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为
.
(1)求sin B sin C;
(2)若10cos B cos C=-1,a=,求△ABC的周长.
6.(2019上海杨浦区二模)已知函数f(x)=(1+tan x)·sin 2x.
(1)求f(x)的定义域;
(2)求函数F(x)=f(x)-2在区间(0,π)内的零点.
参考答案
高考大题专项(二) 三角函数与
解三角形
1.解(1)由f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-<φ<的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,
可得1=2sinφ,所以φ=
(2)如图,由三角函数图形的性质,可知四边形AECD是平行四边形,
可得2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2=|ED|2+|AC|2,解得|ED|=2,所以T=2,则ω=π,
所以f(x)=2sinπx+,
所以B,0,D,0,
k AC=-,k AD=-,
所以tan∠DAC=
2.解(1)由题意,得f(x)=cos x sin x-cos2x=sin2x-(1+cos2x)
=sin2x-cos2x-
=sin2x--
所以f(x)的最小正周期T==π,其最大值为1-
(2)令z=2x-,
则函数y=2sin z的单调递增区间是-+2kπ,+2kπ,k∈Z.
由-+2kπ≤2x-+2kπ,得-+kπ≤x+kπ,k∈Z.
设A=,
B=x-+kπ≤x+kπ,k∈Z,
易知A∩B=.
所以,当x∈时,f(x)在区间上单调递增;在区间上单调递减.
3.解(1)在△BCD中,由正弦定理得,
∴sin∠BDC=
∵3BD=4BC,∴BD>BC,
∴∠BDC为锐角,
∴∠BDC=
(2)在△ABD中,AD=3,BD=,∠ADB=,
∴AB==2
在△ABE中,由余弦定理得AB2=AE2+BE2-2AE·BE·cos,
∴12=AE2+BE2-AE·BE≥2AE·BE-AE·BE=AE·BE,当且仅当AE=BE时等号成立, ∴AE·BE≤12,
∴S△ABE=AE·BE·sin12=3,
即△ABE面积的最大值为3
4.解(1)由正弦定理得,
所以sin C=1,∠C=,
所以BC==2,所以S=2×4=4
(2)设DC=x,则BD=2x,由余弦定理可得
=-,
解得x=,所以BD=3DC=5
5.解(1)由三角形的面积公式可得S△ABC=ac sin B=,
∴2c sin B sin A=a,
由正弦定理可得
2sin C sin B sin A=sin A,
∵sin A≠0,
∴sin B sin C=;
(2)∵10cos B cos C=-1,
∴cos B cos C=-,
∴cos(B+C)=cos B cos C-sin B sin C=-,
∴cos A=,sin A=,
则由bc sin A=,可得bc=,由b2+c2-a2=2bc cos A,
可得b2+c2=,
∴(b+c)2==7,可得b+c=,经检验符合题意,
∴三角形的周长a+b+c=
6.解(1)由正切函数的性质可求f(x)的定义域为
(2)∵f(x)=1+·2sin x cos x=sin2x+2sin2x=sin2x-cos2x+1=sin2x-+1,
∴F(x)=f(x)-2
=sin2x--1=0,
解得2x-=2kπ+,或2x-=2kπ+,k∈Z,
即x=kπ+,或x=kπ+,k∈Z,
又x∈(0,π),
∴k=0时,x=,或x=,
故F(x)在(0,π)内的零点为x=,或x=
高考大题专项(三) 数列
1.(2019河南新乡三模,17)在数列{a n}中,a1=1,且a n,2n,a n+1成等比数列.
(1)求a2,a3,a4;
(2)求数列{a2n}的前n项和S n.
2.在等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a
3.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)记S n为数列{a n}的前n项和,若S m=63,求m.
3.若数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a2=2.(S n+1)·(S n+2+1)=(S n+1+1)2.
(1)求S n;
(2)记数列的前n项和为T n,证明:1≤T n≤2.
4.设数列{a n}满足a1=2,-a n=3·22n-1.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)令b n=na n,求数列{b n}的前n项和S n.
5.已知数列{a n}中,a1=5且a n=2a n-1+2n-1(n≥2且n∈N*).
(1)求a2,a3的值;
(2)是否存在实数λ,使得数列为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
6.(2019天津,文18)设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{a n}和{b n}的通项公式;
(2)设数列{c n}满足c n=求a1c1+a2c2+…+a2n c2n(n∈N*).
参考答案
高考大题专项(三) 数列
1.解(1)∵a n,2n,a n+1成等比数列,
∴a n a n+1=(2n)2=4n.
∵a1=1,∴a2==4,
同理得a3=4,a4=16.
(2)∵a n a n+1=(2n)2=4n,
=4,
则数列{a2n}是首项为4,公比为4的等比数列.
故S n=
2.解(1)设数列{a n}的公比为q,由题设得a n=q n-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.
故a n=(-2)n-1或a n=2n-1.
(2)若a n=(-2)n-1,则S n=由S m=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.
若a n=2n-1,则S n=2n-1.由S m=63得2m=64,解得m=6.
综上可得m=6.
3.(1)解由题意有=…=,所以数列{S n+1}是等比数列.
又S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以=2,
数列{S n+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以S n+1=2×2n-1=2n,所以S n=2n-1.
(2)证明由(1)知,n≥2时,S n=2n-1,S n-1=2n-1-1,两式相减得a n=2n-1.
n=1时,a1=1也满足a n=2n-1,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1(n∈N*).
所以(n∈N*).
所以T n=+…+=1++…+=2-因为n∈N*,所以0<1, 所以-1≤-<0.
所以1≤2-<2.
4.解(1)由已知a n+1-a n=3·22n-1,所以a n+1=[(a n+1-a n)+(a n-a n-1)+…+(a2-a1)]+a1
=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
当n=1时,a1=2也满足上式,
所以数列{a n}的通项公式a n=22n-1.
(2)由b n=na n=n·22n-1知,
S n=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1. ①22·S n=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ②
①-②得
(1-22)S n=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1.
即S n=[(3n-1)22n+1+2].
5.解(1)∵a1=5,∴a2=2a1+22-1=13,a3=2a2+23-1=33.
(2)假设存在实数λ,使得数列为等差数列.
设b n=,由{b n}为等差数列,则有2b n+1=b n+b n+2(n∈N*).
∴2
∴λ=4a n+1-4a n-a n+2
=2(a n+1-2a n)-(a n+2-2a n+1)=2(2n+1-1)-(2n+2-1)=-1.
综上可知,当λ=-1时,数列为首项是2,公差是1的等差数列.
6.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.依题意,得解得故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3×3n-1=3n.
所以{a n}的通项公式为a n=3n,{b n}的通项公式为b n=3n.
(2)a1c1+a2c2+…+a2n c2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2n b n)
=n×3+6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记T n=1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n=1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=
所以a1c1+a2c2+…+a2n c2n=3n2+6T n=3n2+3(n∈N*).
高考大题专项(四) 立体几何
突破1空间中的平行与空间角
1.(2019山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.
(1)证明:GH∥平面ACD;
(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.
2.(2019湖北八校联考一,18)如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=,四边
形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=AD=1,E为PA的中点.
(1)求证:EB∥平面PCD.
(2)求面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.
3.(2019安徽“江南十校”二模,18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.
(1)证明:平面ADE∥平面BCF.
(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.
4.(2019四川宜宾二模,19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.
(1)求证:EG∥平面BCF;
(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.
5.(2017全国2,理19)
如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
6.(2014课标全国Ⅱ,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.
突破2空间中的垂直与空间角
1.(2018全国卷3,理19)
如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
2.(2019河北唐山一模,18)如图,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE.
(1)证明:BC⊥平面PBE;
(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.
3.(2019河北武邑中学调研二,19)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
4.(2019山西太原二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.
(1)证明:AC⊥BE;
(2)求直线BP与平面BDE所成角的正弦值.
5.(2019山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC中,B为直角,AB=2BC,E,F分别为AB,AC 的中点,将△AEF沿EF折起,使点A到达点D的位置,连接BD,CD,M为CD的中点.
(1)证明:MF⊥面BCD;
(2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值.。