1、高考大题专项练一高考中的函数与导数1.已知函数f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.答案:(1)解由f(x)=14x3-x2+x得f(x)=34x2-2x+1.令f(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.(2)证明令g(x)=f(x)-x,
2、x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x2-2x.令g(x)=0得x=0或x=83.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+-+g(x)-6单调递增0单调递减-6427单调递增0所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6g(x)0,即x-6f(x)x.(3)解由(2)知,当a3;当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.2.已知函数f(x)=(x-a)ex(aR).(1)求f(x)的单调区间;(2)当a=2时,F(x)=f(x)-x+l
3、n x,记函数y=F(x)在区间14,1内的最大值为m,证明:-4m-3.答案:(1)解因为f(x)=(x-a)ex,所以f(x)=(x-a+1)ex.当x(-,a-1)时,f(x)0.故f(x)的单调递减区间为(-,a-1),单调递增区间为(a-1,+).(2)证明当a=2时,F(x)=(x-2)ex-x+lnx,则F(x)=(x-1)ex-1+1x=(x-1)ex-1x.当14x1时,x-10,所以g(x)在区间14,1内单调递增.因为g12=e12-20,所以存在x012,1,使得g(x0)=0,即ex0=1x0,即lnx0=-x0.故当x14,x0时,g(x)0;当x(x0,1)时,g
4、(x)0,此时F(x)0.所以G(x)在区间12,1内单调递增,所以G(x)G12=-4,G(x)G(1)=-3.故-4m0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x);(2)求A;(3)证明|f(x)|2A.答案:(1)解f(x)=-2sin2x-(-1)sinx.(2)解(分类讨论)当1时,|f(x)|=|cos2x+(-1)(cosx+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此A=3-2.当01时,将f(x)变形为f(x)=2cos2x+(-1)cosx-1.(构造函数)令g(t)=2t2+(-1)t-1,则A是|g(t)|在区间-1,1上的最大值,g(-1)=,g(1)=3-2,且当
5、t=1-4时,g(t)取得最小值,最小值为g1-4=-(-1)28-1=-2+6+18.令-11-41,解得15.当015时,g(t)在区间(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|,所以A=2-3.当150,知g(-1)g(1)g1-4.又g1-4-|g(-1)|=(1-)(1+7)80,所以A=g1-4=2+6+18.综上,A=2-3,015,2+6+18,151,3-2,1.(3)证明由(1),得|f(x)|=|-2sin2x-(-1)sinx|2+|-1|.当015时,|f(x)|1+2-42(1-2+1-)=2(2-3)=2A.当151时
6、,A=8+18+341,所以|f(x)|1+2A.当1时,|f(x)|3-16-4=2A.所以|f(x)|2A.4.(2020全国,理21)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f12处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.答案:(1)解f(x)=3x2+b,依题意得f12=0,即34+b=0.故b=-34.(2)证明由(1)知f(x)=x3-34x+c,f(x)=3x2-34.令f(x)=0,解得x=-12或x=12.当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下:x-,-12-12-12,121
7、212,+f(x)+0-0+f(x)单调递增c+14单调递减c-14单调递增因为f(1)=f-12=c+14,所以当c14时,f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-14c14.当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和1.当c=14时,f(x)只有两个零点-1和12.当-14c0,故有lnxx=1-t.令g(x)=lnxx,则g(x)=1-lnxx2.由g(x)0,得0xe;由g(x)e.故g(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+)内单调递减.因此,g(x)max=g(e)=1e,所以g(x)的值域为-,1e,要使得方程f(x)=1无实数根,则1-t1e,即t0,f(x)0恒成立
8、.不妨取x=1,有f(1)=et(1+t-e1-t)0.而当t1时,f(1)0,故t0时,f(x)=etx1+tx-e(1-t)xex21+x2-ex2.而当x0时,有ex1+x,故1+x2-ex20,所以f(x)0.所以f(x)在区间(0,+)内单调递减,故当t12时满足题意.当12t1时,01-t1,即11-tlnt1-t0.令h(x)=1+tx-e(1-t)x(x0),则h(0)=0,h(x)=t-(1-t)e(1-t)x=(1-t)t1-t-e(1-t)x.当0x0,此时,h(x)h(0)=0,则当0x0,故f(x)在区间0,11-tlnt1-t内单调递增.与题设矛盾,不符合题意,舍去
9、.所以,当t12时,函数f(x)在区间(0,+)内是减函数.6.已知f(x)=ax-ln x,x(0,e,g(x)=lnxx,其中e是自然对数的底数,aR.(1)讨论当a=1时,函数f(x)的单调性和极值;(2)求证:在(1)的条件下,f(x)g(x)+12;(3)是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.答案:(1)解当a=1时,f(x)=x-lnx,f(x)=1-1x=x-1x.当0x1时,f(x)0,此时f(x)单调递减;当10时,此时f(x)单调递增.f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.(2)证明f(x)的极小值为1,f(x)在区间(0,
10、e上的最小值为1,即f(x)min=1.又g(x)=1-lnxx2,当0x0,g(x)在区间(0,e上单调递增.g(x)max=g(e)=1e12,在(1)的条件下,f(x)g(x)+12.(3)解假设存在正实数a,使f(x)=ax-lnx(x(0,e)有最小值3,则f(x)=a-1x=ax-1x.当01a0,b0,且a1,b1).(1)设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根;若对于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;(2)若0a1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.解:(1)因为a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x.方程f(x)
11、=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-22x+1=0,所以(2x-1)2=0,即2x=1,解得x=0.由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2.因为f(2x)mf(x)-6对于xR恒成立,且f(x)0,所以m(f(x)2+4f(x)对于xR恒成立.而(f(x)2+4f(x)=f(x)+4f(x)2f(x)4f(x)=4,且(f(0)2+4f(0)=4,所以m4,故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g(x)=axlna+bxlnb,又
12、由0a1知lna0,所以g(x)=0有唯一解x0=logba-lnalnb.令h(x)=g(x),则h(x)=(axlna+bxlnb)=ax(lna)2+bx(lnb)2,从而对任意xR,h(x)0,所以g(x)=h(x)是(-,+)内的增函数.于是当x(-,x0)时,g(x)g(x0)=0.因而函数g(x)在区间(-,x0)内单调递减,在区间(x0,+)内单调递增.下证x0=0.若x00,则x0x020,于是gx02aloga2-2=0,且函数g(x)在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0a1,所以loga20.
13、又x020,所以x10,同理可得,在x02和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-lnalnb=1,故lna+lnb=0,所以ab=1.8.(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(kR),f(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;求函数g(x)=f(x)-f(x)+9x的单调区间和极值.(2)当k-3时,求证:对任意的x1,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.答案:(1)解当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f(x)=3x2+6x.可得f(
14、1)=1,f(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3x,x(0,+).从而可得g(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得g(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g(x)=0,解得x=1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+)g(x)-0+g(x)单调递减极小值单调递增所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f(x)=3x2+kx.对任意的
15、x1,x21,+),且x1x2,令x1x2=t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt.令h(x)=x-1x-2lnx,x1,+).当x1时,h(x)=1+1x2-2x=1-1x20,由此可得h(x)在区间1,+)内单调递增,所以当t1时,h(t)h(1),即t-1t-2lnt0.因为x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3-3t2+6lnt+3t-1.由(1)可知,当t1时,g(t)g(1),即t3-3t2+6lnt+3t1,故t3-3t2+6lnt+3t-10.所以(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)0.所以,当k-3时,对任意的x1,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.