（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：专题检测（二十三）“函数与导数”压轴大题的抢分策略理.doc

专题检测（二十三） “函数与导数”压轴大题的抢分策略1(2018·武汉调研)已知函数f(x)ln x(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x).解：(1)f(x)(x>0)当a0时，f(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增当a>0时，若x>a，则f(x)>0，函数f(x)在(a，)上单调递增；若0<x<a，则f(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)minf(a)ln a1.要证f(x)，只需证ln a1，即证ln a10.令函数g(a)ln a1，则g(a)(a>0)，当0<a<1时，g(a)<0，当a>1时，g(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(a)ming(1)0.所以ln a10恒成立，所以f(x).2(2018·全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)<0，所以g(x)在(0，)上单调递减而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)上只有一个零点等价于h(x)在(0，)上只有一个零点()当a0时，h(x)>0，h(x)没有零点；()当a>0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)<0；当x(2，)时，h(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)上的最小值当h(2)>0，即a<时，h(x)在(0，)上没有零点当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上只有一个零点当h(2)<0，即a>时，因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)11>11>0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f(x)在(0，)上只有一个零点时，a.3(2018·西安质检)设函数f(x)ln x(kR)(1)若曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)f(x2)<x1x2恒成立，求k的取值范围解：(1)由条件得f(x)(x>0)，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，f(e)0，即0，得ke，f(x)(x>0)由f(x)<0，得0<x<e；由f(x)>0，得x>e，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值，且f(e)ln e2.f(x)的极小值为2.(2)由题意知对任意的x1>x2>0，f(x1)x1<f(x2)x2恒成立，设h(x)f(x)xln xx(x>0)，则h(x)在(0，)上单调递减，h(x)10在(0，)上恒成立，即当x>0时，kx2x2恒成立，k.故k的取值范围是.4(2018·全国卷)已知函数f(x)(2xax2)·ln(1x)2x.(1)若a0，证明：当1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0；(2)若x0是f(x)的极大值点，求a.解：(1)证明：当a0时，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x).设函数g(x)ln(1x)，则g(x).当1<x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0，故当x>1时，g(x)g(0)0，且仅当x0时，g(x)0，从而f(x)0，且仅当x0时，f(x)0.所以f(x)在(1，)上单调递增又f(0)0，故当1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.(2)若a0，由(1)知，当x>0时，f(x)(2x)ln(1x)2x>0f(0)，这与x0是f(x)的极大值点矛盾若a<0，设函数h(x)ln(1x).由于当|x|<min时，2xax2>0，故h(x)与f(x)符号相同又h(0)f(0)0，故x0是f(x)的极大值点，当且仅当x0是h(x)的极大值点h(x).若6a1>0，则当0<x<，且|x|<min时，h(x)>0，故x0不是h(x)的极大值点若6a1<0，则a2x24ax6a10存在根x1<0，故当x(x1,0)，且|x|<min时，h(x)<0，所以x0不是h(x)的极大值点若6a10，则h(x)，则当x(1,0)时，h(x)>0；当x(0,1)时，h(x)<0.所以x0是 h(x)的极大值点，从而x0是 f(x)的极大值点综上，a