2017年高考理科数学三轮冲刺热点题型压轴大题突破练(四) 函数与导数(2)

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2017年高考理科数学三轮冲刺热点题型压轴大题突破练(四) 函数与导数(2)文字介绍:压轴大题突破练(四)　函数与导数(2)1.已知函数f(x)＝x－sinx，x∈R.(1)试求函数f(x)的递减区间；(2)试求函数f(x)在区间[－π，π]上的最值.解　(1)求导数得：f′(x)＝－cosx，令f′(x)<0，即－cosx<0，得－＋2kπ0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在两个零点.③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增.又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0，＋∞).(2)证明　不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.4.已知函数f(x)＝lnx－ax2(a∈R).(1)若f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数.解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝lnx－ax2.∴f′(x)＝－ax＝，由于直线x－2y＋1＝0的斜率为，∴×＝－1，∴a＝.(2)由(1)知f′(x)＝－ax＝.当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，由f′(x)>0，得x<，由f′(x)<0，得x>，∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.综上所述：当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞).(3)由(2)可知，当a<0时，f(x)在区间[1，e2]上单调递增，∵f(1)＝－a>0，∴f(x)在区间[1，e2]上没有零点.当a＝0时，f(x)在区间[1，e2]上单调递增，∵f(1)＝－a＝0，∴f(x)在区间[1，e2]上有一个零点.当a>0时，①若≤1，即a≥1时，f(x)在区间[1，e2]上单调递减，∵f(1)＝－a<0，∴f(x)在区间[1，e2]上没有零点.②若1<时，f(x)在区间[1，e2]上没有零点；若－lna－＝0，即a＝时，f(x)在区间[1，e2]上有一个零点；若－lna－>0，即a<时，由f(e2)＝2－ae4>0得a<，此时f(x)在区间[1，e2]上有一个零点.由f(e2)＝2－ae4≤0，得a≥，此时f(x)在区间[1，e2]上有两个零点.③若≥e2即00，∴f(x)在区间[1，e2]上有一个零点.综上所述，当0≤a<或a＝时，f(x)在区间[1，e2]上有一个零点；当≤a<时，f(x)在区间[1，e2]上有两个零点；当a<0或a>时，f(x)在区间[1，e2]上没有零点.

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