1、【步步高】（全国通用）2022版高考数学复习 考前三个月 压轴大题突破练3 函数与导数（一 ）理1.已知函数f(x)(xa)ex (aR).(1)当a2时，求函数f(x)在x0处的切线方程；(2)求f(x)在区间1,2上的最小值.2.(2022大庆实验中学冲刺模拟)已知aR，函数f(x)ln xa(x1).(1)若a，求函数y|f(x)|的极值点；(2)若不等式f(x)恒成立，求a的取值范围.(e为自然对数的底数)3.已知函数f(x)xe-x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若当0xf，求实数k的取值范围.4.已知函数f(x)(1x)e-2x，g(x)ax12xcos x.当x0,
2、1时，(1)求证：1xf(x)；(2)若f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围.答案精析压轴大题突破练31.解(1)设切线的斜率为k.因为a2，所以f(x)(x2)ex，f(x)ex(x1).所以f(0)2，kf(0)e0(01)1.所以所求的切线方程为yx2，即xy20.(2)由题意得f(x)ex(xa1)，令f(x)0，可得xa1.若a11，则a2，当x1,2时，f(x)0，则f(x)在1,2上单调递增.所以f(x)minf(1)(1a)e.若a12，则a3，当x1,2时，f(x)0，则f(x)在1,2上单调递减.所以f(x)minf(2)(2a)e2.若1a12，则2a3，所以f(x
3、)，f(x)随x的变化情况如下表：x1(1，a1)a1(a1,2)2f(x)0f(x)极小值所以f(x)的单调递减区间为1，a1，单调递增区间为a1,2.所以f(x)在1,2上的最小值为f(a1)ea1.综上所述：当a2时，f(x)minf(1)(1a)e；当a3时，f(x)minf(2)(2a)e2；当2a0，f(x)单调递增；当x(e1，)时，f(x)0，f(x)单调递减.又因为f(1)0，f(e)0，所以当x(0,1)时，f(x)0；当x(e1，e)时，f(x)0；当x(e，)时，f(x)0.故y|f(x)|的极小值点为1和e，极大值点为e1.(2)不等式f(x)，整理为ln xa0.设
4、g(x)ln xa，则g(x).当a0时，2axe0，所以当x(0，e)时，g(x)0，g(x)递增；当x(e，)时，g(x)0时，g(x).当a时，g(x)0，则g(x)在(0，)上单调递增，显然不成立.当a时，0，函数g(x)单调递增.在上g(x)e使g(x0)0，故不满足题意.当0ae，而gln 2aln a1aln .而a时，h(a)eaae，h(a)eae0，故ln 0，即g0，故不满足条件.综上所述，a0.3.解(1)由题意知f(x)(1x)ex(xR).当f(x)0时，x1；当f(x)1.所以函数f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，).又f(x)0时，x1，所以
5、函数f(x)的极大值为f(1)，无极小值.(2)当k0时，因为0x1，所以0xf，符合题意.当0kf(1)，这与函数f(x)在区间(，1)上单调递增矛盾，不符合题意.当k1时，因为0x1，由(1)知函数f(x)在区间(1，)上单调递减，所以ff，要使ff，即xexe，即ln xxln x，即2ln xx0.令h(x)2ln xx (0x1)，则h(x)h(1)0，所以f(x)f，符合题意.综上可知k(，01，).4.(1)证明要证x0,1时，(1x)e2x1x，只需证明(1x)ex(1x)ex.记h(x)(1x)ex(1x)ex，则h(x)x(exex).当x(0,1)时，h(x)0，因此h(
6、x)在0,1上是增函数，故h(x)h(0)0，所以f(x)1x，x0,1.要证x0,1时，(1x)e2x，只需证明exx1.记K(x)exx1，则K(x)ex1，当x(0,1)时，K(x)0，因此K(x)在0,1上是增函数，故K(x)K(0)0.所以f(x)，x0,1.综上，1xf(x)，x0,1.(2)解f(x)g(x)(1x)e2x(ax12xcos x)1xax12xcos xx(a12cos x).(由(1)知)故G(x)2cos x，则G(x)x2sin x.记H(x)x2sin x，则H(x)12cos x，当x(0,1)时，H(x)0，于是G(x)在0,1上是减函数.从而当x(0,1)时，G(x)3时，f(x)g(x)在0,1上不恒成立.f(x)g(x)1ax2xcos xax2xcos xx(a2cos x).(由(1)知)记I(x)a2cos xaG(x)，则I(x)G(x)，当x(0,1)时，I(x)3时，a30，所以存在x0(0,1)，使得I(x0)0，此时f(x0)g(x0)，即f(x)g(x)在0,1上不恒成立.综上，实数a的取值范围是(，3.7