高考数学二轮复习（全套）专题练习汇总
规范答题示例1 函数的单调性、极值与最值问题
典例1 (12分)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)． (1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值, 且最大值大于2a－2时, 求a的取值范围．
讨论f′?x?
审题路线图 求f′?x?――――→f?x?单调性―→f?x?最大值―→解f?x?max>2a－2. 的符号
规范解答 · 分步得分 1解 (1)f(x)的定义域为(0, ＋∞), f′(x)＝－a. 构建答题模板 第一步 求导数: 写出函数的定义域, 求函数x若a≤0, 则f′(x)＞0, 所以f(x)在(0, ＋∞)上单调递增． 的导数． 1?1???0，，＋∞若a＞0, 则当x∈??时, f′(x)＞0; 当x∈?a?时, f′(x)＜?a???第二步 0. 定符号: 通过讨论?1??1?所以f(x)在?0，?上单调递增, 在?，＋∞?上单调递减.5分 ?a??a?确定f′(x)的符号． 第三步 写区间: 利用f′所以当a≤0时, f(x)在(0, ＋∞)上单调递增, ?1??1?当a>0时, f(x)在?0，?上单调递增, 在?，＋∞?上单调递减.6分 (x)的符号写出函数?a??a?(2)由(1)知, 当a≤0时, f(x)在(0, ＋∞)上无最大值; 1当a＞0时, f(x)在x＝处取得最大值, 的单调区间． 第四步 求最值: 根据函数单调性求出函数最值. a?1??1??1?最大值为f ??＝ln??＋a?1－?＝－lna＋a－1. ?a??a??a?
?1?因此f ??＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.9分 ?a?令g(a)＝lna＋a－1, 则g(a)在(0, ＋∞)上单调递增, g(1)＝0. 于是, 当0＜a＜1时, g(a)＜0; 当a＞1时, g(a)＞0. 因此, a的取值范围是(0,1).12分 评分细则 (1)函数求导正确给1分; (2)分类讨论, 每种情况给2分, 结论1分; (3)求出最大值给2分;
(4)构造函数g(a)＝lna＋a－1给2分; (5)通过分类讨论得出a的范围, 给2分．
跟踪演练1 (2017·山东)已知函数f(x)＝x＋2cos x, g(x)＝e(cosx－sin x＋2x－2), 其中e＝2.718 28…是自然对数的底数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(π, f(π))处的切线方程;
(2)令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R), 讨论h(x)的单调性并判断有无极值, 有极值时求出极值．
解 (1)由题意知f(π)＝π－2. 又f′(x)＝2x－2sin x, 所以f′(π)＝2π.
所以曲线y＝f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为y－(π－2)＝2π(x－π)． 即2πx－y－π－2＝0.
(2)由题意得h(x)＝e(cosx－sin x＋2x－2)－a(x＋2cos x),
x2
2
2
2
2
xh′(x)＝ex(cosx－sin x＋2x－2)＋ex(－sin x－cosx＋2)－a(2x－2sin x)
＝2e(x－sin x)－2a(x－sin x)＝2(e－a)(x－sin x)． 令m(x)＝x－sin x, 则m′(x)＝1－cosx≥0, 所以m(x)在R上单调递增． 因为m(0)＝0,
所以当x＞0时, m(x)＞0; 当x＜0时, m(x)＜0. ①当a≤0时, e－a＞0,
当x＜0时, h′(x)＜0, h(x)单调递减; 当x＞0时, h′(x)＞0, h(x)单调递增, 所以当x＝0时, h(x)取到极小值,
xxx
极小值是h(0)＝－2a－1.
②当a＞0时, h′(x)＝2(e－e)(x－sin x), 由h′(x)＝0, 得x1＝lna, x2＝0. (i)当0＜a＜1时, lna＜0, 当x∈(－∞, lna)时,
e－e＜0, h′(x)＞0, h(x)单调递增; 当x∈(lna,0)时,
e－e＞0, h′(x)＜0, h(x)单调递减; 当x∈(0, ＋∞)时,
e－e＞0, h′(x)＞0, h(x)单调递增． 所以当x＝lna时, h(x)取到极大值,
极大值是h(lna)＝－a[(lna)－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]． 当x＝0时, h(x)取到极小值, 极小值是h(0)＝－2a－1; (ii)当a＝1时, lna＝0,
所以当x∈(－∞, ＋∞)时, h′(x)≥0, 函数h(x)在(－∞, ＋∞)上单调递增, 无极值; (iii)当a＞1时, lna＞0,
所以当x∈(－∞, 0)时, e－e＜0, h′(x)＞0,
xlna2
xlnaxlnaxlnaxlnah(x)单调递增;
当x∈(0, lna)时, e－e＜0, h′(x)＜0, h(x)单调递减; 当x∈(lna, ＋∞)时, e－e＞0, h′(x)＞0,
xlnaxlnah(x)单调递增．
所以当x＝0时, h(x)取到极大值, 极大值是h(0)＝－2a－1; 当x＝lna时, h(x)取到极小值,
极小值是h(lna)＝－a[(lna)－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]． 综上所述,
当a≤0时, h(x)在(－∞, 0)上单调递减, 在(0, ＋∞)上单调递增, 函数h(x)有极小值, 极小值是h(0)＝－2a－1;
当0＜a＜1时, 函数h(x)在(－∞, lna)和(0, ＋∞)上单调递增, 在(lna,0)上单调递减, 函数h(x)有极大值, 也有极小值, 极大值是h(lna)＝－a[(lna)－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2],
极小值是h(0)＝－2a－1;
当a＝1时, 函数h(x)在(－∞, ＋∞)上单调递增, 无极值;
2
2
当a＞1时, 函数h(x)在(－∞, 0)和(lna, ＋∞)上单调递增, 在(0, lna)上单调递减, 函数h(x)有极大值, 也有极小值, 极大值是h(0)＝－2a－1, 极小值是h(lna)＝－a[(lna)－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．
2
规范答题示例2 导数与不等式的恒成立问题
典例2 (12分)设函数f(x)＝e＋x－mx.
(1)证明: f(x)在(－∞, 0)上单调递减, 在(0, ＋∞)上单调递增;
(2)若对于任意x1, x2∈[－1,1], 都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1, 求m的取值范围． 审题路线图 (1)求导f′?x?＝m?e－1?＋2x→讨论m确定f′?x?的符号→证明结论 结合?1?知
(2)条件转化为?|f?x1?－f?x2?|?max≤e－1f?―――→x―?min＝f?0?
??e－m≤e－1，?－m?e＋m≤e－1?
??g?m?≤0，??g?－m?≤0
mmxmx2
??f?1?－f?0?≤e－1，
?
?f?－1?－f?0?≤e－1?
→
→构造函数g?t?＝e－t－e＋1→研究g?t?的单调性→
t寻求?
的条件→对m讨论得适合条件的范围 规范解答·分步得分 构建答题模板 第一步 求导数: 一般先确定函数的定义域, 再求f′(x)． 第二步 定区间: 根据f′(x)的符号确定函数的单调区间． 第三步 寻条件: 一般将恒成立(1)证明 f′(x)＝m(e－1)＋2x.1分 若m≥0, 则当x∈(－∞, 0)时, e－1≤0, f′(x)＜0; 当x∈(0, ＋∞)时, e－1≥0, f′(x)＞0. 若m＜0, 则当x∈(－∞, 0)时, e－1＞0, f′(x)＜0; 当x∈(0, ＋∞)时, e－1＜0, f′(x)＞0.4分 所以, f(x)在(－∞, 0)上单调递减, 在(0, ＋∞)上单调递增.6分 (2)解 由(1)知, 对任意的m, f(x)在[－1,0]上单调递减, 在[0,1]上单调递增, 故f(x)在x＝0处取得最小值． mxmxmxmxmx所以对于任意x1, x2∈[－1,1], |f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条问题转化为函数的最值件是 ??f?1?－f?0?≤e－1，??f?－1?－f?0?≤e－1，???e－m≤e－1，即?－m?e＋m≤e－1.?m问题． 8分 第四步 写步骤: 通过函数单调性探求函数最值, 对于最值可能在两点取到的 ①
设函数g(t)＝e－t－e＋1, 则g′(t)＝e－1.9分 当t＜0时, g′(t)＜0; 当t＞0时, g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞, 0)上单调递减, 在(0, ＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0, g(－1)＝e＋2－e＜0, 故当t∈[－1,1]时, g(t)≤0. 当m∈[－1,1]时, g(m)≤0, g(－m)≤0, 即①式成立; 10分 当m＞1时, 由g(t)的单调性, 得g(m)＞0, 即e－m＞e－1; 当m＜－1时, g(－m)＞0, 即e＋m＞e－1.11分 综上, m的取值范围是[－1,1].12分 评分细则 (1)求出导数给1分;
(2)讨论时漏掉m＝0扣1分; 两种情况只讨论正确一种给2分; (3)确定f′(x)符号时只有结论无中间过程扣1分; (4)写出f(x)在x＝0处取得最小值给1分; (5)无最后结论扣1分; (6)其他方法构造函数同样给分． ln x＋1
跟踪演练2 已知函数f(x)＝. －m－1tt恒成立问题, 可转化为不等式组恒成立． 第五步 再反思: 查看是否注意定义域、区间的写法、最值点的探求是否合理等. mx(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若对任意的x>1, 恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立, 求k的取值范围; ln 2ln 3ln n2n－n－1*(3)证明: 2＋2＋…＋2< (n∈N, n≥2)．
23n4?n＋1?ln x(1)解 f′(x)＝－2, 由f′(x)＝0?x＝1, 列表如下:
2
xx f′(x) f(x)
(0,1) ＋ 单调递增 1 0 极大值 (1, ＋∞) － 单调递减 因此函数f(x)的增区间为(0,1), 减区间为(1, ＋∞), 极大值为f(1)＝1, 无极小值． ln?x－1?＋1
(2)解 因为x>1, ln(x－1)＋k＋1≤kx?≤k?f(x－1)≤k,
x－1所以f(x－1)max≤k, 所以k≥1. (3)证明 由(1)可得f(x)＝当且仅当x＝1时取等号．
ln x＋1ln x1
≤f(x)max＝f(1)＝1?≤1－,
xxx
高考数学二轮复习【全套】2021年专题练习汇总
