创新教程高考数学大一轮复习冲关集训1理新人教A版Word格式.docx

创新教程高考数学大一轮复习冲关集训1理新人教A版Word格式.docx

《创新教程高考数学大一轮复习冲关集训1理新人教A版Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新教程高考数学大一轮复习冲关集训1理新人教A版Word格式.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

当m≥1时，f（x）在[m，m＋1]单调递增，

fmin（x）＝f（m）＝（m－2）em.

当0<

m<

1时，m<

1<

m＋1，

f（x）在[m,1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，

fmin（x）＝f

（1）＝－e.

当m≤0时，m＋1≤1，

f（x）在[m，m＋1]上单调递减，fmin（x）＝f（m＋1）＝（m－1）em＋1.

综上，f（x）在[m，m＋1]上的最小值fmin（x）＝

（3）证明：

由（Ⅰ）知f（x）＝（x－2）ex，

f′（x）＝ex＋（x－2）ex＝（x－1）ex.

令f′（x）＝0得x＝1.

因为f（0）＝－2，f

（1）＝－e，f

（2）＝0，

所以fmax（x）＝0，fmin（x）＝－e，所以，对任意x1，x2∈[0,2]，都有|f（x1）－f（x2）|≤fmax（x）－fmin（x）＝e.

2．（2015·

常州市监测）已知函数f（x）＝lnx－x－，a∈R.

（1）当a＝0时，求函数f（x）的极大值；

（2）求函数f（x）的单调区间；

（3）当a>

1时，设函数g（x）＝，若实数b满足b>

a且g＝g（a），g（b）＝2g，求证：

4<

b<

5.

（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）．

当a＝0时，f（x）＝lnx－x，f′（x）＝－1，令f′（x）＝0得x＝1.

列表：

（0,1）

↗

极大值

↘

所以f（x）的极大值为f

（1）＝－1.

（2）f′（x）＝－1＋＝.

令f′（x）＝0，得－x2＋x＋a＝0，记Δ＝1＋4a.

（ⅰ）当a≤－时，f′（x）≤0，所以f（x）单调减区间为（0，＋∞）；

（ⅱ）当a>

－时，由f′（x）＝0得x1＝，x2＝，

①若－<

a<

0，则x1>

x2>

0，

由f′（x）<

0，得0<

x<

x2，x>

x1；

由f′（x）>

0，得x2<

x1.

所以，f（x）的单调减区间为，，单调增区间为

；

②若a＝0，由

（1）知f（x）单调增区间为（0,1），单调减区间为（1，＋∞）；

③若a>

0>

x2，

0，得x>

f（x）的单调减区间为，单调增区间为.

综上所述：

当a≤－时，f（x）的单调减区间为（0，＋∞）；

当－<

0时，f（x）的单调减区间为，，单调增区间为；

当a≥0时，f（x）单调减区间为，单调增区间为.

g（x）＝|ln（x－1）|（x>

1）．

由g＝g（a）得＝|ln（a－1）|.

∵1<

b，∴b－1＝a－1（舍），或（a－1）（b－1）＝1.

∵1＝（a－1）（b－1）<

（b－1）2，∴b>

2.

由g（b）＝2g得|ln（b－1）|＝2＝2，（*）

因为≥＝1，

所以（*）式可化为ln（b－1）＝2ln[（a－1）＋（b－1）]，即b－1＝2.

令b－1＝t（t>

1），则t＝2，整理得t4－4t3＋2t2＋1＝0，

从而（t－1）（t3－3t2－t－1）＝0，即t3－3t2－t－1＝0.

记h（t）＝t3－3t2－t－1，t>

1.h′（t）＝3t2－6t－1，令h′（t）＝0得t＝1－（舍去），t＝1＋，列表：

t

h′（t）

h（t）

所以，h（t）在单调减，在单调增，又因为h（3）<

0，h（4）>

0，所以3<

t<

4，从而4<

对应学生用书理55页　文52页

3．（2015·

临沂市质检）已知函数f（x）＝lnx.

（1）若直线y＝x＋m与函数f（x）的图象相切，求实数m的值；

（2）证明曲线y＝f（x）与曲线y＝x－有唯一的公共点；

（3）设0<

b，比较与的大小，并说明理由．

（1）f′（x）＝，

设切点为（x0，y0），则k＝＝1，

∴x0＝1，y0＝lnx0＝ln1＝0，

代入y＝x＋m，得m＝－1.

（2）证明：

令h（x）＝f（x）－＝lnx－x＋，则h′（x）＝－1－＝＝<

∴h（x）在（0，＋∞）内单调递减．

又h

（1）＝ln1－1＋1＝0，∴x＝1是函数h（x）唯一的零点，故点（1,0）是两曲线唯一的公共点．

（3）－＝ln－，

∵0<

b，∴>

1.

构造函数φ（x）＝lnx－，（x>

1），

则φ′（x）＝－＝－＝>

∴φ（x）在（1，＋∞）内单调递增，

又当x＝1时，φ

（1）＝0，

∴x>

1时，φ（x）>

0，即lnx>

，

则有ln>

成立，即>

.

即>

4．（2015·

湖北省八市联考）定义在R上的函数g（x）及二次函数h（x）满足g（x）＋2g（－x）＝ex＋－9，h（－2）＝h（0）＝1且h（－3）＝－2.

（1）求g（x）和h（x）的解析式；

（2）对于x1，x2∈[－1,1]，均有h（x1）＋ax1＋5≥g（x2）－x2g（x2）成立，求a的取值范围；

（3）设f（x）＝，讨论方程f[f（x）]＝2的解的个数情况．

（1）∵g（x）＋2g（－x）＝ex＋－9，①

g（－x）＋2g（x）＝e－x＋－9，即

g（－x）＋2g（x）＝2ex＋－9.②

由①②联立解得：

g（x）＝ex－3.

∵h（x）是二次函数，且h（－2）＝h（0）＝1，可设

h（x）＝ax（x＋2）＋1，

由h（－3）＝－2，解得a＝－1.∴h（x）＝－x（x＋2）＋1＝－x2－2x＋1.

∴g（x）＝ex－3，h（x）＝－x2－2x＋1.

（2）设φ（x）＝h（x）＋ax＋5＝－x2＋（a－2）x＋6，

F（x）＝ex－3－x（ex－3）＝（1－x）ex＋3x－3，

依题意知：

当－1≤x≤1时，φ（x）min≥F（x）max.

∵F′（x）＝－ex＋（1－x）（ex－3）＋3＝－xex＋3，

F″（x）＝－ex（1＋x），当x∈[－1,1]时，F″（x）≤0，∴F（x）在[－1,1]上单调递减，

∴F′（x）min＝F′

（1）＝3－e>

0.

∴F（x）在[－1,1]上单调递增，∴F（x）max＝F

（1）＝0，

∴解得－3≤a≤7，

∴实数a的取值范围为[－3,7]．

（3）f（x）的图象如图所示：

令T＝f（x），则f（T）＝2.

∴T1＝－1，T2＝ln5，f（x）＝－1有两个解，f（x）＝ln5有3个解．

∴f[f（x）]＝2有5个解．

5．（理科）（2015·

漳州市质检）给出定义在（0，＋∞）上的三个函数f（x）＝lnx，g（x）＝x2－af（x），h（x）＝x－a，已知g（x）在x＝1处取极值．

（1）求实数a的值，并确定函数h（x）的单调性；

（2）求证：

当1<

e2时，恒有x<

成立；

（3）若函数y＝m－g（x）在上有两个零点，求实数m的取值范围．

（1）由题设，g（x）＝x2－alnx，则g′（x）＝2x－.由已知，g′

（1）＝0，即2－a＝0⇒a＝2.

于是h（x）＝x－2，则h′（x）＝1－，且x∈（0，＋∞）．

由h′（x）＝1－>

0⇒x>

1，h′（x）＝1－<

0⇒0<

1.所以h（x）在（1，＋∞）上是增函数，在（0,1）上是减函数．

（2）当1<

e2时，0<

lnx<

2，即0<

f（x）<

2，

欲证x<

，只需证x[2－f（x）]<

2＋f（x），即证f（x）>

设γ（x）＝f（x）－＝lnx－，则

γ′（x）＝－＝.

e2时，γ′（x）>

0，所以γ（x）在区间（1，e2）上为增函数．

从而当1<

e2时，γ（x）>

γ

（1）＝0，即f（x）>

，故x<

（3）∵y＝2lnx－x2＋m，则y′＝－2x＝，

∵x∈，故y′＝0时，x＝1.当<

1时，y′>

0；

e时，y′<

故函数y＝φ（x）在x＝1处取得极大值φ

（1）＝m－1.

又φ＝m－2－，φ（e）＝m＋2－e2，

φ（e）－φ＝4－e2＋<

0，则φ（e）<

φ，

∴y＝φ（x）在上的最小值是φ（e）．

y＝φ（x）在上有两个零点的条件是

解得1<

m≤2＋，

∴实数m的取值范围是.

5．（文科）（2015·

大连市二模）设函数f（x）＝lnx－cx（x∈R）．

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若f（x）≤x2恒成立，求c的取值范围；

（3）设函数f（x）有两个相异零点x1、x2，求证：

x1·

e2.

解析：

（1）∵f（x）＝lnx－cx，∴x∈（0，＋∞），

f′（x）＝－c＝.

当c≤0时，f（x）单调增区间为（0，＋∞）；

当c>

0时，f（x）单调增区间为，f（x）单调减区间为.

（2）∵f（x）≤x2，∴lnx－cx≤x2，∴c≥－x.

设g（x）＝－x，∴g′（x）＝，

∴g（x）在（0,1）单调递增，在（1，＋∞）单调递减．

∴g（x）max＝g

（1）＝－1，∴c≥－1.

f（x）有两个相异零点，lnx1＝cx1，lnx2＝cx2，①

∴lnx1－lnx2＝c（x1－x2），

∴＝c，②

而x1·

e2，等价于lnx1＋lnx2>

2，即cx1＋cx2>

2，③

由①②③得：

（x1＋x2）>

不妨设x1>

0，则t＝>

1，

上式转化为lnt>

（t>

设H（t）＝lnt－（t>

1），则H（t）＝>

0，故函数H（t）是（1，＋∞）上的增函数，所以H（t）－H（l）＝0，

即不等式lnt>

成立，

故所证不等式x1·

e2成立.

6．（理科）（2015·

南平市质检）设函数g（x）＝x2－2x＋1＋mlnx，（m∈R）．

（1）当m＝1时，求过点P（0，－1）且与曲线y＝g（x）－（x－1）2相切的切线方程；

（2）求函数y＝g（x）的单调增区间；

（3）若函数y＝g（x）有两个极值点a，b，且a<

b，记[x]表示不大于x的最大整数，试比较sin与cos（[g（a）][g（b）]）的大小．

（1）曲线方程为y＝lnx，设切点为（x0，lnx0）．

由y′＝得切线的斜率k＝，则切线方程为y－lnx0＝（x－x0）．

因为切线过点P（0，－1），所以－1－lnx0＝－1，即

x0＝1，

故所求切线方程为x－y－1＝0.

（2）函数y＝g（x）的定义域为（0，＋∞），g′（x）＝2x－2＋＝.

令g′（x）>

0并结合定义域得2x2－2x＋m>

对应一元二次方程的判别式Δ＝4（1－2m）．

①当Δ≤0，即m≥时，g′（x）≥0，则函数g（x）的增区间为（0，＋∞）；

②当0<

时，函数g（x）的增区间为，；

③当m≤0时，函数g（x）的增区间为.

（3）g′（x）＝2x－2＋＝，令g′（x）＝0得2