高考大題專(zhuān)攻練11.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(A組)大題集訓(xùn)練,練就慧眼和規(guī)范,占領(lǐng)高考制勝點(diǎn)!1.設(shè)函數(shù)f(x)=13x312x2+ax,a導(dǎo)學(xué)號(hào)46854425(1)若x=2是f(x)的極值點(diǎn),求a的值,并討論f(x)的單調(diào)性.(2)已知函數(shù)g(x)=f(x)12ax2+2【解析】(1)f(x)=13x312x2+ax,a∈R,f′(x)=x2因?yàn)閤=2是f(x)的極值點(diǎn),所以f′(2)=42+a=0,解得a=2,代入得f′(x)=x2x2=(x+1)(x2),令f′(x)=0,解得x=1或x=2.令f′(x)>0,解得x>2或x<1,所以f(x)在x∈(∞,1),(2,+∞)時(shí)單調(diào)遞增;令f′(x)<0,解得1<x<2,所以f(x)在x∈(1,2)時(shí)單調(diào)遞減.(2)g(x)=f(x)12ax2+23=13x312(1+a)x2+ax+23,g①當(dāng)a≥1時(shí),x∈(0,1),g′(x)>0恒成立,g(x)單調(diào)遞增,又g(0)=23>0,因此此時(shí)函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)沒(méi)有零點(diǎn).②當(dāng)0<a<1時(shí),x∈(0,a),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,x∈(a,1)時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,又g(0)=23必有g(shù)(1)<0,所以1312(1+a)+a+2解得a<1,舍去.③當(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,1),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,又g(0)=23必有g(shù)(1)<0,解得a<1,滿足條件.綜上可得:a的取值范圍是(∞,1).2.已知函數(shù)f(x)=xlnx+2,g(x)=x2mx.(1)求函數(shù)f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值.(2)若存在x0∈1e,e使得mf′(x0)+g(x0)≥2x【解析】(1)f′(x)=lnx+1(x>0).令f′(x)=0,解得x=1e,則x>1e,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;0<x≤1①t≥1e因此x=t時(shí),函數(shù)f(x)取得最小值,f(x)min=f(t)=tlnt+2.②0<t<1e時(shí),1e<t+2,則x=1e時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值即最小值,f(x)min=f1e=1e+2.綜上可得:①t≥1e,x=t時(shí),函數(shù)f(x)取得最小值,f(x)min=f(t)=tlnt+2.②0<t<1e,x=1f(x)min=f1e=1(2)存在x0∈1e,e使得mf′(x0)+g(x0)≥2x0+m成立,?m≤x2-2x令h(x)=x2-2xx-lnx,xh′(x)=(x-1)(x-2lnx+2)令u(x)=x2lnx+2,x∈1e則u′(x)=12x,可知x∈1e,2且u(2)=22ln2+2>0,u(e)=e>0,因此u(x)>0.令h′(x)=0,解