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
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