2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專(zhuān)題跟蹤訓(xùn)練6 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專(zhuān)題跟蹤訓(xùn)練6 文 1．(xx·安徽卷)已知函數(shù)f(x)＝(a>0，r>0)． (1)求f(x)的定義域，并討論f(x)的單調(diào)性； (2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的極值． [解]　(1)由題意知x≠－r，所求的定義域?yàn)?－∞，－r)∪(－r，＋∞)． f(x)＝＝， f ′(x)＝ ＝， 所以當(dāng)x<－r或x>r時(shí)， f ′(x)<0，當(dāng)－r0， 因此， f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－r)，(r，＋∞); f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－r，r)． (

2、2)由(1)的解答可知f ′(r)＝0，f(x)在(0，r)上單調(diào)遞增，在(r，＋∞)上單調(diào)遞減． 因此，x＝r是f(x)的極大值點(diǎn)， 所以f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的極大值為f(r)＝＝＝＝100. 2．(xx·濟(jì)南模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋ax2＋bln x，曲線y＝f(x)過(guò)P(1,0)，且在P點(diǎn)處的切線斜率為2. (1)求a，b的值； (2)證明：f(x)≤2x－2. [解]　(1)f ′(x)＝1＋2ax＋. 由已知條件得 即解得 (2)證明：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 由(1)知f(x)＝x－x2＋3ln x. 設(shè)g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－

3、x－x2＋3ln x， 則g′(x)＝－1－2x＋＝－. 當(dāng)00， 當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增， 在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 而g(1)＝0，故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤0， 即f(x)≤2x－2. 3．(xx·東北三校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝x－－aln x(a∈R)． (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與y軸垂直，求函數(shù)f(x)的極值； (2)當(dāng)a≤4時(shí)，若不等式f(x)≥1在區(qū)間[1,4]上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． (1)f′(x)＝1＋－＝，

4、 所以f′(1)＝5－a，故曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率等于5－a. 由題意可得5－a＝0，解得a＝5. 此時(shí)，f′(x)＝＝. 由f′(x)＝0解得x＝1或4. f(x)、f′(x)隨x的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1,4) 4 (4，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 極小值為f(4)＝4－－5ln 4＝3－10ln 2. (2)由不等式f(x)≥1在區(qū)間[1,4]上有解可知，f(x)在區(qū)間[1,4]上的最大值不小于1. 由(1)知f′(x)＝，

5、對(duì)于方程x2－ax＋4＝0，Δ＝(－a)2－4×1×4＝a2－16， ①當(dāng)a∈[－4,4]時(shí)，Δ≤0，故f′(x)≥0恒成立，f(x)在[1,4]上單調(diào)遞增，故f(x)在[1,4]上的最大值為f(4)＝4－－aln 4＝3－2aln 2， 故由f(4)≥1，得3－2aln 2≥1，解得a≤. 又a∈[－4,4]，所以a∈. ②當(dāng)a<－4時(shí)，Δ>0，f′(x)＝0的兩根為 x1＝，x2＝. 此時(shí)x1<0，x2<0，故f(x)在[1,4]上單調(diào)遞增， 故①知，a≤，又a<－4， 故a<－4. 綜上所述，a的取值范圍為. 4．(xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln

6、 x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f ′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)； (2)證明：當(dāng)a>0時(shí)， f(x)≥2a＋aln . [解]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞), f ′(x)＝2e2x－(x>0)． 當(dāng)a≤0時(shí)， f ′(x)>0, f ′(x)沒(méi)有零點(diǎn)； 當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x單調(diào)遞增，y＝－單調(diào)遞增，所以f ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f ′(a)>0，當(dāng)b滿足00時(shí)， f ′(x)存在唯一零點(diǎn)． (2)證明：由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)， f ′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)， f ′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)， f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln . 故當(dāng)a>0時(shí)， f(x)≥2a＋aln .