（黄冈名师）2020版高考数学大一轮复习 大题规范满分练一 理（含解析）新人教A版

大题规范满分练(一)函数与导数综合问题1.(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f=-x+alnx.(1)讨论f的单调性.(2)若f存在两个极值点x1,x2,证明:a-2.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=-.(i)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(ii)若a2,令f′(x)=0得,x=或x=.当x∈∪,+∞时,f′(x)0;当x∈时,f′(x)0.所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1x2,则x21.由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以a-2等价于-x2+2lnx20.设函数g(x)=-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)0.所以-x2+2lnx20,即a-2.2.设函数f(x)=-klnx,k0.(1)求f(x)的单调区间和极值.(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.【解析】(1)由f(x)=-klnx(k0),得x0且f′(x)=x-=.由f′(x)=0,解得x=(负值舍去).f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:x(0,)(,+∞)f′(x)-0+f(x)↘↗所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值.(2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.当k=e时,f(x)在区间(1,]上单调递减,且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.当ke时,f(x)在区间(0,]上单调递减,且f(1)=0,f()=0,所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.3.已知函数f(x)=ax+lnx,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的单调递增区间;(2)当0-e时,若f(x)在区间(0,e)上的最大值为-3,求a的值.(3)当a=-1时,试推断方程|f(x)|=+是否有实数根.【解析】(1)由已知可知函数f(x)的定义域为{x|x0},当a=-1时,f(x)=-x+lnx(x0),f′(x)=(x0);当0x1时,f′(x)0;当x1时,f′(x)0.所以f(x)的单调递增区间为(0,1).(2)因为f′(x)=a+(x0),令f′(x)=0,解得x=-;由f′(x)0,解得0x-;由f′(x)0,解得-xe.从而f(x)的单调递增区间为0,-,递减区间为-,e,所以f(x)max=f-=-1+ln-=-3.解得a=-e2.(3)由(1)知当a=-1时,f(x)max=f(1)=-1,所以|f(x)|≥1.令g(x)=+,则g′(x)=.当0xe时,g′(x)0;当xe时,g′(x)0.从而g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.所以g(x)max=g(e)=+1,所以|f(x)|g(x),即|f(x)|+,所以方程|f(x)|=+没有实数根.