（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四層熱身篇 專題檢測（二十一）函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式

《（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四層熱身篇 專題檢測（二十一）函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四層熱身篇 專題檢測（二十一）函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式（4頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題檢測（二十一） 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式 大題專攻強(qiáng)化練 1．(2019·貴州省適應(yīng)性考試)函數(shù)f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求證：當(dāng)a≥時，xf(x)≤g(x)． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 由f(x)＝x－ln x，得f′(x)＝1－＝， 當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)． (2)證明：要證xf(x)≤g(x)，即證x(x－ln x)≤aex，即證a≥. 設(shè)h(x)＝， 則h′(x)＝

2、＝， 由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即ln x－(x－1)≤0， 于是，當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減． 所以x＝1時，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝， 所以當(dāng)a≥時，xf(x)≤g(x)． 2．(2019·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋x. (1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程； (2)當(dāng)x∈[－2，4]時，求證：x－6≤f(x)≤x； (3)設(shè)F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，記F(x)在區(qū)間[－2，4]上的最大值為M(a)．當(dāng)M(a)最小時，求a的

3、值． 解：(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1. 令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝. 又f(0)＝0，f＝， 所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－＝x－， 即y＝x與y＝x－. (2)證明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]． 由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x. 令g′(x)＝0得x＝0或x＝. 當(dāng)x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下： x －2 (－2，0) 0 4 g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) －6  0  －

4、  0 所以g(x)的最小值為－6，最大值為0. 故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x. (3)由(2)知， 當(dāng)a<－3時，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3； 當(dāng)a>－3時，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3； 當(dāng)a＝－3時，M(a)＝3. 綜上，當(dāng)M(a)最小時，a＝－3. 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝2ln x－mx2＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)f(x)有極值時，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝－2mx＝， 當(dāng)m≤0

5、時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m>0時，令f′(x)>0，得0， ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當(dāng)f(x)有極值時，m>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． ∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－ln m， 若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，則f(x)max>m－1. 即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0成立． 令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)， ∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0，∴0

6、是(0，1)． 4．(2019·武漢市調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)． (1)在a＝0時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)a＝0時，f(x)＝(x－1)ln x， f′(x)＝ln x＋(x－1)·＝ln x－＋1，設(shè)g(x)＝ln x－＋1， 則g′(x)＝＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而g(1)＝0， ∴x∈(0，1)時，g(x)＜0，即f′(x)＜0， x∈(1，＋∞)時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)由(x－1)ln x＋ax＞0，得－ax＜(x－1)ln x，而x＞0， ∴－a＜＝ln x－. 記h(x)＝ln x－，則h′(x)＝－＝， 設(shè)m(x)＝ln x＋x－1(x＞0)， 顯然m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而m(1)＝0， ∴x∈(0，1)時，m(x)＜0，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減， x∈(1，＋∞)時，m(x)＞0，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增， ∴h(x)min＝h(1)＝0. ∴－a＜0，∴a＞0，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞)． - 4 -