《2019高考数学（理）冲刺大题提分（讲义+练习）大题精做12 函数与导数：存在、恒成立与最值问题（理）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学（理）冲刺大题提分（讲义+练习）大题精做12 函数与导数：存在、恒成立与最值问题（理）.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 精 选 大 题精 选 大 题 2019广州一模已知函数 eln x f xxaxx （1）若，求的单调区间；ea f x （2）当时，记的最小值为，求证0a f xm1m 【答案】【答案】 （1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）见解析 f x0,11, 【解析】【解析】 （1）当时，的定义域是，ea ee ln x f xxxx f x0, ， 11 1 ee1ee xx x fxxx xx 当时，；当时，01x 0fx1x 0fx 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为 f x0,11, （2）证明：由（1）得的定义域是， f x0,
2、 1 ex x fxxa x 令，则，在上单调递增， exg xxa 1 e0 x gxx g x0, 因为，所以，0a 00gae0 a gaaaaa 函数与导数：存在、恒成立与最值问题函数与导数：存在、恒成立与最值问题大题精做十二大题精做十二 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故存在，使得 0 0,xa 0 00e 0 x g xxa 当时，单调递减； 0 0,xx 0g x 1 e0 x x fxxa x f x 当时，单调递增； 0, xx 0g x 1 e0 x x fxxa x f x 故时，取得最小值，即， 0 xx f x 0 0000 eln x mf xxaxx
3、由，得， 0 0e 0 x xa 00 00e nlnel xx mxaxaaa 令，则，0xa lnh xxx x 11lnlnh xxx 当时，单调递增，0,1x ln0h xx lnh xxx x 当时， 单调递减，1,x ln0h xx lnh xxx x 故，即时，取最大值 1，1x 1a lnh xxxx1m 模 拟 精 做模 拟 精 做 12019青海联考已知函数 e1 x f xax （1）讨论函数的单调性； f x （2）当有最小值，且最小值不小于时，求的取值范围 f x 2 21aaa 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 22019咸阳模拟设函数， 1exf xxm
4、 mR （1）当时，求的单调区间；1m f x （2）求证：当时，0,x 1 l e n 2 x x x 32019东莞期末已知函数，函数 lnx f xb x 2 2g xxf xx （1）求函数的单调区间； f x （2）设，是函数的两个极值点，若，求的最小值 1 x 212 xxx g x 13 3 3 b 12 g xg x 答 案 与 解 析答 案 与 解 析 1 【答案】【答案】 （1）见解析；（2）0,1 【解析】【解析】 （1）， exfxa 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当时，所以函数在上单调递增；0a e0 x fxa f xR 当时，令，解得，0a 0fxl
5、nxa 当时，故函数在上单调递减；,lnxa 0fx f x,lna 当时，故函数在上单调递增ln ,xa 0fx f xln , a （2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，没有最小值，故0a f xR0a ， 2 min lnln121f xfaaaaaa 整理得，即 2 ln220aaaaln220aa 令，易知在上单调递增，且； ln22(0)g aaaa g a0, 10g 所以的解集为，所以ln220aa0,10,1a 2 【答案】【答案】 （1）见解析；（2）见解析 【解析】【解析】 （1）当时，令，则1m 1exf xx 1exfx 1e0 x fx 0x 当时，；当时，0x
6、 0fx0x 0fx 函数的单调递增区间是；单调递减区间是 f x,00, （2）由（1）知，当时，1m max 00f xf 当时，即，0,x1e0 x x e1 x x 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当时，要证，只需证，0,x 1 l e n 2 x x x 2 ee1 x x x 令， 2 ee1e1e x x xx F xxx ， 22 eln1e1 2 eeeeee 2 xx xxxx x xx Fxx 由，可得，e1 x x 2 e1 2 x x 则时，恒成立，即在上单调递增，0,x 0Fx F x0, 00F xF 即， 2 ee1 x x x 1 l e n 2
7、x x x 3 【答案】【答案】 （1）函数的增区间为；的减区间为；（2） f x0,e f xe, 143 ln12 24 【解析】【解析】 （1）由题意知，的定义域为 f x0, ，当时，解得；当时， 2 1lnx fx x 0fxex 0fx0ex 所以函数的增区间为；的减区间为 f x0,e f xe, （2）因为，从而， 22 2ln2g xxf xxxxbx 2 141 4 xbx gxxb xx 令，得，由于， 0gx 2 410xbx 2 169 16160 3 b 设方程两根分别为，由韦达定理可知， 1 x 2 x 12 4 b xx 12 1 4 x x 22 121112
8、22 ln2ln2g xg xxxbxxxbx 221 1212 2 ln2 x xxb xx x ， 221 121212 2 ln24 x xxxxxx x 22 112112 212221 11 lnln 22 xxxxxx xx xxxx 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设，则， 1 2 x t x 12 11 ln 2 g xg xh ttt t 因为，所以，又，所以， 12 0xx 1 2 0,1 x t x 13 3 3 b 12 13 3 412 b xx 所以， 2 2 12 12 12 11169 2 4448 xx xxt x xt 整理得，解得或所以， 2 12145120tt 1 12 t 12t 1 0,12t ，所以在单调递减， 2 22 1111 10 22 t h t ttt h t 1 0,12 ，故的最小值是 1143 ln12 1224 h th 12 g xg x 143 ln12 24