2019-2020年高考数学大一轮复习 冲关集训1 理 新人教A版.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 冲关集训1 理 新人教A版1(xx武威市凉州区一诊)已知函数f(x)(ax2)ex在x1处取得极值(1)求a的值； (2)求函数f(x)在m，m1上的最小值；(3)求证：对任意x1，x20,2，都有|f(x1)f(x2)|e.解：(1)解：f(x)aex(ax2)ex(axa2)ex.由已知得f(1)0，即(2a2)ex0，解得a1.当a1时，在x1处函数f(x)(x2)ex取得极小值，所以a1.(2)解：f(x)(x2)ex，f(x)ex(x2)ex(x1)ex.x(，1)1(1，)f(x)0f(x)减极小值增所以函数f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增当m1时，f(x)在m，m1单调递增，fmin(x)f(m)(m2)em.当0m1时，m11时，设函数g(x)，若实数b满足ba且gg(a)，g(b)2g，求证：4b时，由f(x)0得x1，x2，若ax20，由f(x)0，得0xx1；由f(x)0，得x2x0，则x10x2，由f(x)x1；由f(x)0，得0xx1.f(x)的单调减区间为，单调增区间为. 综上所述：当a时，f(x)的单调减区间为(0，)；当a1)由gg(a)得|ln(a1)|.1ab，b1a1(舍)，或(a1)(b1)1.1(a1)(b1)2.由g(b)2g得|ln(b1)|22，(*)因为1，所以(*)式可化为ln(b1)2ln(a1)(b1)，即b12.令b1t(t1)，则t2，整理得t44t32t210，从而(t1)(t33t2t1)0，即t33t2t10.记h(t)t33t2t1，t1.h(t)3t26t1，令h(t)0得t1(舍去)，t1，列表：th(t)h(t)所以，h(t)在单调减，在单调增，又因为h(3)0，所以3t4，从而4b5.对应学生用书理55页 文52页 3(xx临沂市质检)已知函数f(x)ln x.(1)若直线yxm与函数f(x)的图象相切，求实数m的值；(2)证明曲线yf(x)与曲线yx有唯一的公共点；(3)设0ab，比较与的大小，并说明理由解：(1)f(x)，设切点为(x0，y0)，则k1，x01，y0ln x0ln 10，代入yxm，得m1.(2)证明：令h(x)f(x)ln xx，则h(x)10，h(x)在(0，)内单调递减又h(1)ln 1110，x1是函数h(x)唯一的零点，故点(1,0)是两曲线唯一的公共点(3) ln ，0a1.构造函数(x)ln x，(x1)，则(x)0，(x)在(1，)内单调递增，又当x1时，(1)0，x1时，(x)0，即ln x，则有ln 成立，即.即.4(xx湖北省八市联考)定义在R上的函数g(x)及二次函数h(x)满足g(x)2g(x)ex9，h(2)h(0)1且h(3)2.(1)求g(x)和h(x)的解析式；(2)对于x1，x21,1，均有h(x1)ax15g(x2)x2g(x2)成立，求a的取值范围；(3)设f(x)，讨论方程ff(x)2的解的个数情况解：(1)g(x)2g(x)ex9，g(x)2g(x)ex9，即g(x)2g(x)2ex9.由联立解得：g(x)ex3.h(x)是二次函数，且h(2)h(0)1，可设h(x)ax(x2)1，由h(3)2，解得a1.h(x)x(x2)1x22x1.g(x)ex3，h(x)x22x1.(2)设(x)h(x)ax5x2(a2)x6，F(x)ex3x(ex3)(1x)ex3x3，依题意知：当1x1时，(x)minF(x)max.F(x)ex(1x)(ex3)3xex3，F(x)ex(1x)，当x1,1时，F(x)0，F(x)在1,1上单调递减，F(x)minF(1)3e0.F(x)在1,1上单调递增，F(x)maxF(1)0，解得3a7，实数a的取值范围为3,7(3)f(x)的图象如图所示：令Tf(x)，则f(T)2.T11，T2ln 5，f(x)1有两个解，f(x)ln 5有3个解ff(x)2有5个解5(理科)(xx漳州市质检)给出定义在(0，)上的三个函数f(x)ln x，g(x)x2af(x)，h(x)xa，已知g(x)在x1处取极值(1)求实数a的值，并确定函数h(x)的单调性；(2)求证：当1xe2时，恒有x0x1，h(x)100x1.所以h(x)在(1，)上是增函数，在(0,1)上是减函数(2)当1xe2时，0ln x2，即0f(x)2，欲证x，只需证x2f(x).设(x)f(x)ln x，则(x).当1x0，所以(x)在区间(1，e2)上为增函数从而当1x(1)0，即f(x)，故x.(3)y2ln xx2m，则y2x，x，故y0时，x1.当x0；当1xe时，y0.故函数y(x)在x1处取得极大值(1)m1.又m2，(e)m2e2，(e)4e20，则(e)，y(x)在上的最小值是(e)y(x)在上有两个零点的条件是解得1e2.解析：(1)f(x)ln xcx，x(0，)，f(x)c.当c0时，f(x)单调增区间为(0，)；当c0时，f(x)单调增区间为，f(x)单调减区间为.(2)f(x)x2，ln xcxx2，cx.设g(x)x，g(x)，g(x)在(0,1)单调递增，在(1，)单调递减g(x)maxg(1)1，c1.(3)证明： f(x)有两个相异零点，ln x1cx1，ln x2cx2，ln x1ln x2c(x1x2)，c，而x1x2e2，等价于ln x1ln x22，即cx1cx22，由得：(x1x2)2.不妨设x1x20，则t1，上式转化为ln t(t1)设H(t)ln t(t1)，则H(t)0，故函数H(t)是(1，)上的增函数，所以H(t)H(l)0，即不等式ln t成立，故所证不等式x1x2e2成立. 6(理科)(xx南平市质检)设函数g(x)x22x1mln x，(mR)(1)当m1时，求过点P(0，1)且与曲线yg(x)(x1)2相切的切线方程；(2)求函数yg(x)的单调增区间；(3)若函数yg(x)有两个极值点a，b，且a0并结合定义域得2x22xm0，对应一元二次方程的判别式4(12m)当0，即m时，g(x)0，则函数g(x)的增区间为(0，)；当0m时，函数g(x)的增区间为，；当m0时，函数g(x)的增区间为.(3)g(x)2x2，令g(x)0得2x22xm0，由题意知方程有两个不相等的正数根a，b(ab)，则解得0m， 解方程得b，则b0，即函数g(b)是上的增函数，所以g(b)0，故g(b)的取值范围是.则g(b)1.同理可求0a，g(a)a22a1(2a22a)ln a，a，g(a)4ln a0，即函数g(a)是上的减函数，所以g(a)cos(g(a)g(b)；当g(a)0时，sincos(g(a)g(b)6(文科)(xx南平市质检)已知函数f(x)exx.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)已知t为实数，求函数f(x)在区间t，t2上的最小值；(3)定义在区间D上的函数g(x)，若存在区间a，bD及实常数m，当xa，b时，g(x)的取值范围恰为am，bm，则称区间a，b为g(x)的一个同步偏移区间，m为同步偏移量试问函数yf(x)x(x21)在(1，)上是否存在同步偏移区间？若存在，请求出一个同步偏移区间及对应的偏移量；若不存在，请说明理由解：(1)由题意知f(1)e1，f(x)ex1.函数f(x)在点(1，f(1)处的切线斜率ke1，切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x.(2)令f(x)ex10得x0.当t0时，在t，t2上f(x)0，f(x)单调递增，fminxf(t)ett.当2t1时，g(x)0，g(x)为增函数，即方程(x21)exxm有两个大于1的相异实根设(x)(x21)exxm(x1)，则(x)(x22x1)ex1.x1，(x)0，(x)在(1，)上单调递增. (x)在区间(1，)上至多有一个零点与方程(x21)exxm有两个大于1的相异实根矛盾，假设不成立，即g(x)在(1，)上不存在同步偏移区间备课札记_