《高考快车道》专题突破练5（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 数学
文档属性
| 名称 | 《高考快车道》专题突破练5（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 数学 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 41.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-31 00:00:00 | ||
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文档简介
专题突破练5
(分值:68分)
1.(17分)已知函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值;
(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.
(1)解函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π),求导得f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x,
当-π0,f(x)单调递增;
当-当00,f(x)单调递增;
当所以f(x)的单调递增区间为(-π,-),(0,),单调递减区间为(-,0),(,π),f(x)的极小值为f(0)=1.
(2)证明当x∈[0,π)时,令F(x)=ex+e-x-2(cos x+xsin x),
求导得F'(x)=ex-e-x-2xcos x≥ex-e-x-2x,
令φ(x)=ex-e-x-2x,求导得φ'(x)=ex+e-x-2≥2-2=0,
函数φ(x)在[0,π)内单调递增,则φ(x)≥φ(0)=0,F'(x)≥0,F(x)在[0,π)内单调递增,
因此F(x)≥F(0)=0,所以2f(x)≤ex+e-x.
2.(17分)已知函数f(x)=aln x+-x+m(a,m∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1=,
设g(x)=-x2+ax-1,注意到g(0)=-1,
①当a≤0时,g(x)<0恒成立,即f'(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减;
②当a>0时,判别式Δ=a2-4,
(ⅰ)当0(ⅱ)当a>2时,令f'(x)>0,得令f'(x)<0,得0,所以当a>2时,f(x)在区间()内单调递增,在区间(0,),(,+∞)内单调递减.
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)内单调递减,
当a>2时,在区间(0,),(,+∞)内单调递减,
在区间()内单调递增.
(2)证明由(1)知a>2,0则f(x1)-f(x2)=aln x1+-x1-aln x2-+x2=(x2-x1) (1+)+a(ln x1-ln x2)=2(x2-x1)+a(ln x1-ln x2),则=-2+,
则问题转化为证明<1即可,
即证明ln x1-ln x2>x1-x2,则ln x1-ln>x1-,
即ln x1+ln x1>x1-,即证2ln x1>x1-在(0,1)上恒成立.
设h(x)=2ln x-x+,0求导得h'(x)=-1-=-=-<0,
则h(x)在(0,1)上单调递减,
所以h(x)>h(1),即2ln x-x+>0,
故2ln x>x-,则3.(17分)已知函数f(x)=-cos x,g(x)=-1,x∈[0,+∞).
(1)判断g(x)≥f(x)是否对 x∈[0,+∞)恒成立,并给出理由;
(2)证明:①当0cos n;
②当ai=(i∈N*),ki=(i=1,2,…,n-1)时,ki>.
(1)解g(x)≥f(x)在[0,+∞)内恒成立,理由如下:
令h(x)=g(x)-f(x)=-1+cos x,x∈[0,+∞),
则h'(x)=x-sin x,x∈[0,+∞),令q(x)=h'(x),
则q'(x)=1-cos x≥0在[0,+∞)内恒成立,故q(x)=h'(x)在[0,+∞)内单调递增,
其中h'(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)内恒成立,
故h(x)在[0,+∞)内单调递增,
故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥f(x)恒成立.
(2)证明①00,故要证>cos n,
只需证(m-n)cos n+sin n-sin m>0.
令r(x)=(x-n)cos n-sin x+sin n,0则只需证明r(m)>0,
r'(x)=cos n-cos x,令p(x)=cos n-cos x,
则函数p(x)在(0,)内单调递增,所以当0所以r'(x)<0,所以r(x)在(0,n)内单调递减,
所以r(x)>r(n)=0,故r(m)>r(n)=0,
所以当0cos n.
②由(1)知,cos x>1-,x>0,f'(x)=sin x,由于0<,
所以ki=>cos>1-,所以ki>(1-)+(1-)+…+(1-)=n-1-(+…+)=n-1-=n-.
4.(17分)已知函数f(x)=aex+2x-1(其中常数e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:对任意的a≥1,当x>0时,f(x)≥(x+ae)x.
(1)解由f(x)=aex+2x-1,得f'(x)=aex+2.
①当a≥0时,f'(x)>0,函数f(x)在R上单调递增;
②当a<0时,由f'(x)>0,解得xln-,故f(x)在-∞,ln-内单调递增,在ln-,+∞内单调递减.
综上所述,当a≥0时,函数f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在-∞,ln-内单调递增,在ln-,+∞内单调递减.
(2)证明f(x)≥(x+ae)x,其中a≥1,x>0 -e≥0.
令g(x)=-e,
则g'(x)=.
当a≥1时,aex-x-1≥ex-x-1.
令h(x)=ex-x-1,则当x>0时,h'(x)=ex-1>0,h(x)单调递增,
因此h(x)>h(0)=0,于是当0当x=1时,g'(x)=0,当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
因此g(x)≥g(1)=0,
即-e≥0,
故f(x)≥(x+ae)x.
1
(分值:68分)
1.(17分)已知函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值;
(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.
(1)解函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π),求导得f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x,
当-π
当-
当
(2)证明当x∈[0,π)时,令F(x)=ex+e-x-2(cos x+xsin x),
求导得F'(x)=ex-e-x-2xcos x≥ex-e-x-2x,
令φ(x)=ex-e-x-2x,求导得φ'(x)=ex+e-x-2≥2-2=0,
函数φ(x)在[0,π)内单调递增,则φ(x)≥φ(0)=0,F'(x)≥0,F(x)在[0,π)内单调递增,
因此F(x)≥F(0)=0,所以2f(x)≤ex+e-x.
2.(17分)已知函数f(x)=aln x+-x+m(a,m∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:
设g(x)=-x2+ax-1,注意到g(0)=-1,
①当a≤0时,g(x)<0恒成立,即f'(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减;
②当a>0时,判别式Δ=a2-4,
(ⅰ)当0
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)内单调递减,
当a>2时,在区间(0,),(,+∞)内单调递减,
在区间()内单调递增.
(2)证明由(1)知a>2,0
则问题转化为证明<1即可,
即证明ln x1-ln x2>x1-x2,则ln x1-ln>x1-,
即ln x1+ln x1>x1-,即证2ln x1>x1-在(0,1)上恒成立.
设h(x)=2ln x-x+,0
则h(x)在(0,1)上单调递减,
所以h(x)>h(1),即2ln x-x+>0,
故2ln x>x-,则
(1)判断g(x)≥f(x)是否对 x∈[0,+∞)恒成立,并给出理由;
(2)证明:①当0
②当ai=(i∈N*),ki=(i=1,2,…,n-1)时,ki>.
(1)解g(x)≥f(x)在[0,+∞)内恒成立,理由如下:
令h(x)=g(x)-f(x)=-1+cos x,x∈[0,+∞),
则h'(x)=x-sin x,x∈[0,+∞),令q(x)=h'(x),
则q'(x)=1-cos x≥0在[0,+∞)内恒成立,故q(x)=h'(x)在[0,+∞)内单调递增,
其中h'(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)内恒成立,
故h(x)在[0,+∞)内单调递增,
故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥f(x)恒成立.
(2)证明①0
只需证(m-n)cos n+sin n-sin m>0.
令r(x)=(x-n)cos n-sin x+sin n,0
r'(x)=cos n-cos x,令p(x)=cos n-cos x,
则函数p(x)在(0,)内单调递增,所以当0
所以r(x)>r(n)=0,故r(m)>r(n)=0,
所以当0
②由(1)知,cos x>1-,x>0,f'(x)=sin x,由于0<,
所以ki=>cos>1-,所以ki>(1-)+(1-)+…+(1-)=n-1-(+…+)=n-1-=n-.
4.(17分)已知函数f(x)=aex+2x-1(其中常数e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:对任意的a≥1,当x>0时,f(x)≥(x+ae)x.
(1)解由f(x)=aex+2x-1,得f'(x)=aex+2.
①当a≥0时,f'(x)>0,函数f(x)在R上单调递增;
②当a<0时,由f'(x)>0,解得x
综上所述,当a≥0时,函数f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在-∞,ln-内单调递增,在ln-,+∞内单调递减.
(2)证明f(x)≥(x+ae)x,其中a≥1,x>0 -e≥0.
令g(x)=-e,
则g'(x)=.
当a≥1时,aex-x-1≥ex-x-1.
令h(x)=ex-x-1,则当x>0时,h'(x)=ex-1>0,h(x)单调递增,
因此h(x)>h(0)=0,于是当0
因此g(x)≥g(1)=0,
即-e≥0,
故f(x)≥(x+ae)x.
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