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全套打包-【步步高】2020版高考数学大一轮考点专项练(人教A版)

高三试卷 2019-10-18 14:22:51 0
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模拟联考答案

专题探究课一 高考中函数与导数问题的热点题型 1.已知函数f(x)=x2-ln x-ax,a∈R. (1)当a=1时,求f(x)的最小值; (2)若f(x)》x,求a的取值范围. 解 (1)当a=1时,f(x)=x2-ln x-x, f′(x)=. 当x∈(0,1)时,f′(x)0. 所以f(x)的最小值为f(1)=0. (2)由f(x)》x,得f(x)-x=x2-ln x-(a 1)x》0. 由于x》0,所以f(x)》x等价于x-》a 1. 令g(x)=x-,则g′(x)=. 当x∈(0,1)时,g′(x)0.故g(x)有最小值g(1)=1. 故a 1《1,a《0,即a的取值范围是(-∞,0). 2.设a为实数,函数f(x)=ex-2x 2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当a》ln 2-1且x》0时,ex》x2-2ax 1. (1)解 由f(x)=ex-2x 2a,x/∈R, 知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0, 压缩包中的资料: 01专题探究课 高考中函数与导数问题的热点题型.docx 1.1 集 合.doc 1.2 命题及其关系、充分条件与必要条件.docx 1.3 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词.doc 02专题探究课 高考中三角函数问题的热点题型.docx 2.1 函数及其表示.doc 2.2 函数的单调性与最值.doc 2.3 函数的奇偶性与周期性.doc 2.4 幂函数与二次函数.doc 2.5 指数与指数函数.doc 2.6 对数与对数函数.doc 2.7 函数的图象.doc 2.8 函数与方程、函数的应用.doc 03专题探究课 高考中数列问题的热点题型.docx 3.1

2.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.
(1)解 由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,
知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln 2.
于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,ln 2)
ln 2
(ln 2,+∞)
f′(x)

0

f(x)
?
2-2ln 2+2a
?
故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),
单调递增区间是(ln 2,+∞),
f(x)在x=ln 2处取得极小值,
极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a.
(2)证明 设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,
于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.
由(1)知当a>ln 2-1时,
g′(x)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.
于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,
所以g(x)在R内单调递增.
于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),
都有g(x)>g(0).
而g(0)=0,
从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0.
即ex-x2+2ax-1>0,
故当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.
3.已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(1)解 f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.
曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.
由题设得-=-2,所以a=1.
(2)证明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.
由题设知1-k>0.
当x≤0时,
g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,
g(-1)=k-1<0,g(0)=4,
所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根.
当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,
则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,
在(2,+∞)上单调递增,
所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.
所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.
综上,g(x)=0在R上有唯一实根,
即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
4.(2017·衡水中学质检)已知函数f(x)=.
(1)若f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围;
(2)若a=0,x0<1,设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0处的切线,求证:f(x)≤g(x).
(1)解 易知f′(x)=-,
由已知得f′(x)≥0对x∈(-∞,2)恒成立,
故x≤1-a对x∈(-∞,2)恒成立,
∴1-a≥2,∴a≤-1.
(2)证明 a=0,则f(x)=.
函数f(x)的图象在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0).令h(x)=f(x)-g(x)
=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R,
则h′(x)=f′(x)-f′(x0)=-
=.
设φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R,
则φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,
∵x0<1,∴φ′(x)<0,
∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0,
∴当x0,当x>x0时,φ(x)<0,
∴当x0,当x>x0时,h′(x)<0,
∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数,∴x∈R时,h(x)≤h(x0)=0,∴f(x)≤g(x).
5.设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.
(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;
(2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
解 (1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.
由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x.
令g′(x)>0得x<0或x>,
又x∈[0,2],所以g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以g(x)min=g=-,
g(x)max=g(2)=1.
故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M,
则满足条件的最大整数M=4.
(2)对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间上,函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.
在区间上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.
设h(x)=x-x2ln x,h′(x)=1-2xln x-x,
可知h′(x)在区间上是减函数,
又h′(1)=0,
所以当10.
即函数h(x)=x-x2ln x在区间上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=1,
所以a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).
6.(2016·山东卷)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明f(x)>f′(x)+对任意的x∈[1,2]成立.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=a--+=.
当a≤0时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
当a>0时,f′(x)=(x-)(x+).
①01,
当x∈(0,1)或x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1 懂得了生物的结构与功能相统一的规律,我们就可以从生物体的结构来推出其特定的功能,这样,就能轻而易举地记忆复杂的生物知识。,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)上,f′(x)≥0,f(x)单调递增,
③a>2时,0<<1,
当x∈(0,)或x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

02专题探究课 高考中三角函数问题的热点题型.docx:专题探究课二 高考中三角函数问题的热点题型
1.(2017·昆明调研)函数f(x)=3sin的部分图象如图所示.
(1)写出f(x)的最小正周期及图中x0,y0的值;
(2)求f(x)在区间上最大值和最小值.
解 (1)由题得,f(x)的最小正周期为π,y0=3.
当y0=3时,sin=1,
由题干图象可得2x0+=2π+,
解得x0=.
(2)因为x∈,
所以2x+∈.
于是:当2x+=0,即x=-时,f(x)取得最大值0;
当2x+=-,即x=-时,f(x)取得最小值-3.
2.(2017·郑州模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知asin 2B=bsin A.
(1)求B;
(2)若cos A=,求sin C的值.
解 (1)在△ABC中,由=,
可得asin B=bsin A,
又由asin 2B=bsin A,
得2asin Bcos B=bsin A=asin B,
又B∈(0,π),所以sin B≠0,
所以cos B=,得B=.
(2)由cos A=,A∈(0,π),得sin A=,
则sin C=sin
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