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2022版高考数学大一轮复习 解题思维2 高考中函数与导数解答题的提分策略备考试题

2022版高考数学大一轮复习 解题思维2 高考中函数与导数解答题的提分策略备考试题

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解题思维2　高考中函数与导数解答题的提分策略

1.[2021贵阳市四校联考,12分]已知函数f(x)=xex,f'(x)是f(x)的导函数.
(1)求f(x)的极值;
(2)当x0<1时,证明:f(x)≤f'(x0)(x-x0)+f(x0).

2.[2021黑龙江省六校联考,12分]设函数f(x)=xsinx+cosx-12ax2.
(1)当a=12时,讨论f(x)在(-π,π)上的单调性;
(2)当a>13时,证明:f(x)有且仅有两个零点.

3.[2021江西红色七校联考,12分]已知函数f(x)=ln x-12ax2-x.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.
(2)若函数f(x)的图象在x=1处的切线平行于x轴,则是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>e时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.

4.[2020江西红色七校联考,12分]已知 f(x)=12x(x+2)-a(x+lnx)(a∈R).
(1)讨论f(x) 的单调性;
(2)若f(x1)=f(x2)(x1≠x2),证明:x1+x2>2a.

答 案
解题思维2　高考函数与导数解答题的提分策略
1.(1)因为f(x)=xex,所以f'(x)=1-xex,
令f'(x)=0,得x=1,
当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以f(x)有极大值,极大值为f(1)=1e,无极小值.(4分)
(2)令g(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0)-f(x0),
则g'(x)=f'(x)-f'(x0)=1-xex-1-x0ex0=ex0(1-x)-ex(1-x0)ex+x0.
设φ(x)=ex0(1-x)-ex(1-x0),则φ'(x)=-ex0-ex(1-x0),
因为x0<1,所以φ'(x)<0,
所以φ(x)在R上单调递减,
又φ(x0)=0,所以当x<x0时,φ(x)>0,当x>x0时,φ(x)<0,
即当x<x0时,g'(x)>0,当x>x0时,g'(x)<0,
所以g(x)在区间(-∞,x0)上单调递增,在区间(x0,+∞)上单调递减,
所以g(x)≤g(x0)=0,即f(x)≤f'(x0)(x-x0)+f(x0).(12分)
2.(1)当a=12时,f(x)=xsinx+cosx-14x2,
则f'(x)=x(cos x-12),x∈(-π,π),
令f'(x)=0,得x=-π3或x=0或x=π3,
当-π<x<-π3时,f'(x)>0,当-π3<x<0时,f'(x)<0,当0<x<π3时,f'(x)>0,当π3<x<π时,f'(x)<0,
所以f (x)在(-π,-π3),(0,π3)上单调递增,在(-π3,0),(π3,π)上单调递减.(4分)
(2)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
因为f(-x)=-xsin(-x)+cos(-x)-12a(-x)2=xsinx+cosx-12ax2=f(x),所以f(x)为偶函数.
因为f(0)=1>0,所以当a>13时,f(x)有且仅有两个零点等价于当a>13时,f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点. (6分)
f'(x)=x(cos x-a),
当a≥1时,若x>0,则f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,
因为f(π)=-1-12aπ2<0,所以f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点;(8分)
当13<a<1时,存在θ∈(0,π2),使得cos θ=a,
当0<x<θ时,f'(x)>0,当2kπ+θ<x<2kπ+2π-θ,k∈N时,f'(x)<0,当2kπ+2π-θ<x<2kπ+2π+θ,k∈N时,
f'(x)>0,
所以f(x)在(0,θ)上单调递增,在(2kπ+θ,2kπ+2π-θ)(k∈N)上单调递减,
在(2kπ+2π-θ,2kπ+2π+θ)(k∈N)上单调递增,
由tan θ=1a2-1,13<a<1,可得0<tan θ<22,当k∈N时,2kπ+2π+θ-tan θ>2(π-2),
所以f(2kπ+2π+θ)=-12a[(2kπ+2π+θ-tan θ)2-1]+12a
<-16[(2kπ+2π+θ-tan θ)2-1]+32
=-(2kπ+2π+θ-tanθ)2-106
<0,
因此f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点.
综上,当a>13时,f(x)有且仅有两个零点.(12分)
3.(1)依题意,f'(x)=1x-ax-1=1-ax2-xx≥0在[1,+∞)上恒成立,即1-ax2-x≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≤1-xx2在[1,+∞)上恒成立,(1分)
令φ(x)=1-xx2=(1x)2-1x=(1x-12)2-14(x≥1),则当x=2时,φ(x)取得最小值,φ(x)min=-14,(3分)
∴a≤-14,即实数a的取值范围是(-∞,-14].(4分)
(2)依题意,f'(1)=1-a-1=0,∵a=0,∴f(x)=ln x-x,
不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>e时恒成立,即k<xlnx-xx-2在x>e时恒成立.
令g(x)=xlnx-xx-2(x>e),则g'(x)=x-2lnx(x-2)2,(6分)
令h(x)=x-2ln x(x>e),则h'(x)=1-2x>0,(8分)
∴h(x)在(e,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(e)=e-2ln e=e-2>0,即g'(x)>0在(e,+∞)上恒成立,
∴g(x)在(e,+∞)上单调递增,∴g(x)>elne-ee-2=0,
∴k≤0,(11分)
∴整数k的最大值为0.(12分)
4.(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
由f(x)=12x(x+2)-a(x+lnx),
得f'(x)=x+1-a-ax=x2+(1-a)x-ax=(x+1)(x-a)x,
若a≤0,则f'(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
若a>0,则当0<x<a时,f'(x)<0,当x>a时,f'(x)>0,
则f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
综上可得,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(6分)
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
不存在f(x1)=f(x2)(x1≠x2),所以a>0.
由(1)知当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,存在f(x1)=f(x2).
不妨设0<x1<a<x2,设g(x)=f(a+x)-f(a-x),x∈(0,a),
则g'(x)=f'(a+x)+f'(a-x),
又由(1)知f'(x)=(x+1)(x-a)x,可得g'(x)=f'(a+x)+f'(a-x)=(a+1+x)xa+x+(a+1-x)(-x)a-x=-2x2a2-x2.
因为x∈(0,a),所以g'(x)=-2x2a2-x2<0,
所以g(x)在(0,a)上单调递减,所以g(x)<0,
即当x∈(0,a)时,f(a+x)<f(a-x),由于0<a-x1<a,
则f(a-(a-x1))>f(a+(a-x1)),
即f(x1)=f(a-(a-x1))>f(a+(a-x1))=f(2a-x1).
又f(x2)=f(x1),则有f(x2)>f(2a-x1).
又x2>a,2a-x1>a,f(x)在(a,+∞)上单调递增,
所以x2>2a-x1,即x1+x2>2a.(12分)