（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 壓軸大題突破練（五）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

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1、(五)函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，曲線y＝f(x)過點(diǎn)(0,2a＋3)，且在點(diǎn)(－1，f(－1))處的切線垂直于y軸． (1)用a分別表示b和c； (2)當(dāng)bc取得最小值時，求函數(shù)g(x)＝－f(x)e－x的單調(diào)區(qū)間． 解　(1)f′(x)＝2ax＋b， 由題意得則b＝2a，c＝2a＋3. (2)由(1)得bc＝2a(2a＋3)＝42－， 故當(dāng)a＝－時，bc取得最小值－， 此時有b＝－，c＝， 從而f(x)＝－x2－x＋，f′(x)＝－x－， g(x)＝－f(x)e－x＝e－x， 所以g′(x)＝－(x2－4)e－x， 令g′(x)＝0，

2、解得x1＝－2，x2＝2. 當(dāng)x∈(－∞，－2)時，g′(x)<0， 故g(x)在(－∞，－2)上為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(－2,2)時，g′(x)>0， 故g(x)在(－2,2)上為增函數(shù)； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g′(x)<0， 故g(x)在(2，＋∞)上為減函數(shù)． 綜上，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)，(2，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－2,2)． 2．(2019·寧波中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x－x2－x＋a(a∈R)在定義域內(nèi)有兩個不同的極值點(diǎn)． (1)求a的取值范圍； (2)記f(x)的兩個極值點(diǎn)為x1，x2，且x10，若不等式x1·

3、x>e1＋λ恒成立，求λ的取值范圍． 解　(1)由題意知f′(x)＝lnx－ax＝0有兩個不同的實根， 即y＝a與g(x)＝的函數(shù)圖象有兩個不同的交點(diǎn)． ∵g′(x)＝，x>0，令g′(x)＝0，得x＝e， ∴g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減． 又∵x→0，g(x)→－∞，x→＋∞，g(x)→0， g(e)＝>0， ∴a∈. (2)∵e1＋λ0

4、,0， 又由lnx1＝ax1，lnx2＝ax2作差得ln＝a(x1－x2) ， ∴原式等價于ln<＝恒成立， 令t＝，t∈(0,1)， 則不等式lnt<在t∈(0,1)上恒成立， 令h(t)＝lnt－，t∈(0,1)， 則h′(t)＝， 當(dāng)λ2≥1時，h′(t)>0，即h(t)在(0,1)上單調(diào)遞增， 又t→1，h(t)→0， 故h(t)<0對t∈(0,1)恒成立，符合題意． 當(dāng)λ2<1時，h(t)在(0，λ2)上單調(diào)遞增，在(λ2,1)上單調(diào)遞減，又t→1，h(t)→0， 所以h(t)不可能在t∈(0,1)上恒小于0，不符合題意． 綜

5、上所述，若不等式e1＋λ0，故λ≥1.即實數(shù)λ的取值范圍是[1，＋∞)． 3．已知函數(shù)f(x)＝(x2－1)lnx. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a≤2，證明：f(x)≥a(x－1)2. 解　(1)f′(x)＝2xlnx＋x－＝x， 令h(x)＝2lnx＋1－，x>0，則h′(x)＝＋>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 因為h(1)＝0，所以當(dāng)x>1時，h(x)>h(1)＝0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0

6、是(0,1)． (2)由題意知，a(x－1)2≤2(x－1)2，則證明f(x)≥a(x－1)2，可證2(x－1)2≤(x2－1)lnx， 即證(x－1)≥0. 令H(x)＝lnx－，x>0. 則H′(x)＝≥0， 所以當(dāng)x>0時，H(x)單調(diào)遞增． 又H(1)＝0， 所以當(dāng)x≥1時，H(x)≥H(1)＝0， 當(dāng)00， 所以(x－1)≥0，不等式得證． 4．(2019·衢二中模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－x，g(x)＝(x＋k)ln(x＋k)－x. (1)若k＝1，f′(t)＝

7、g′(t)，求實數(shù)t的值； (2)若對任意的a>0，b>0，不等式f(a)＋g(b)≥f(0)＋g(0)＋ab恒成立，求正實數(shù)k的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝ex－1，g′(x)＝ln(x＋k)，x>－k 由k＝1，f′(t)＝g′(t)，① 得et－ln(t＋1)－1＝0， 令φ(t)＝et－ln(t＋1)－1，則φ′(t)＝et－， 令k(t)＝φ′(t)＝et－，則k′(t)＝et＋>0， 所以φ′(t)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增， 又φ′(0)＝0， 所以當(dāng)－10時，φ′(t)>0，φ(t)單調(diào)遞增， 所

8、以φ(t)≥φ(0)＝0，當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時等號成立． 故方程①有且僅有唯一解t＝0，即實數(shù)t的值為0. (2)方法一　令h(x)＝f(x)－bx＋g(b)－f(0)－g(0)(x>－k)， 則h′(x)＝ex－(b＋1)， 所以當(dāng)x>ln(b＋1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)0

9、1)－klnk(x>－k)， 則t′(x)＝ln(x＋k)－ln(x＋1)． ①若k>1，t′(x)>0，t(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以t(x)>t(0)＝0，滿足題意； ②若k＝1，t(x)＝0，滿足題意； ③若0

10、ex－1≤0，m(x)單調(diào)遞減， 所以m(x)≥m(0)＝0，即ex－x－1≥0(x∈R)． 變形得，ex≥x＋1，所以x>－1時，x≥ln(x＋1)， 所以當(dāng)x>0時，x－1≥lnx. 又由上式得，當(dāng)x>0時，－1≥ln， 1－x≥－xlnx，x－xlnx－1≤0. 因此不等式(*)均成立． 令h(x)＝g(x)－ax＋f(a)－f(0)－g(0)(x>－k)， 則h′(x)＝ln(x＋k)－a， ①若a>lnk， 當(dāng)x>ea－k時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)0

11、－a(ea－k)＋f(a)－f(0)－g(0) ＝(k－1)a＋k－1－klnk. ②若0h(0)＝f(a)－f(0)＝ea－a－1. 因此，(ⅰ)當(dāng)0lnk，h(x)≥(k－1)a＋k－1－klnk≥0， 則需 由(*)知，k－klnk－1≤0(當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時等號成立)， 所以k＝1. (ⅱ)當(dāng)k>1時，此時lnk>0，a>0. 則當(dāng)a>lnk時， h(x)≥(k－1)a＋k－1－klnk>(k－1)lnk＋k－1－klnk＝－lnk＋k－1>0(由

12、(*)知)； 當(dāng)0ea－a－1>0(由(*)知)． 故對于任意a>0，h(x)>0. 綜上所述，k的取值范圍是[1，＋∞)． 5．(2019·鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝eaxln(x＋1)，其中a∈R. (1)設(shè)F(x)＝e－axf′(x)，討論F(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)內(nèi)存在零點(diǎn)，求a的取值范圍． 解　(1)由題意得，f(x)的定義域為{x|x>－1}，f′(x)＝a·eaxln(x＋1)＋eax·＝eax， F(x)＝e－axf′(x)＝aln(x＋1)＋， 則F′(x)＝－＝， 若a＝0，則F′

13、(x)<0，F(xiàn)(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減； 若a≠0，令F′(x)＝0，得x＝－1. ①當(dāng)a<0時，則x＝－1<－1， 因此在(－1，＋∞)上恒有F′(x)<0， 即F(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減； ②當(dāng)a>0時，x＝－1>－1， 因此在上有F′(x)<0， 在上有F′(x)>0， 因此F(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． 綜上，若a≤0，F(xiàn)(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減； 若a>0，F(xiàn)(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． (2)g(x)＝f(x)－x＝eaxln(x＋1)－x，x∈(0，＋∞)， g′(x)＝f′(x)－1＝eax－1 ＝eaxF(

14、x)－1， 設(shè)h(x)＝g′(x)＝eaxF(x)－1， 則h′(x)＝eax[aF(x)＋F′(x)] ＝eax. 先證明一個命題：當(dāng)x>0時，ln(x＋1)0時，S(x)0可知，00. ②當(dāng)0

15、′(x)， 由于h′(0)＝2a－1<0，h′>0， 所以h′(x)在(0，＋∞)上必存在零點(diǎn)． 設(shè)h′(x)在(0，＋∞)的第一個零點(diǎn)為x0， 則當(dāng)x∈(0，x0)時，h′(x)<0， 故h(x)在(0，x0)上為減函數(shù)， 又h(x0)ax， 因此g(x)＝eaxln(x＋1)－x>axln(x＋1)－x ＝x[aln(x＋1)－1]， 令x＝時，則有g(shù)(x)>x·ln>x·ln＝0，

16、 由零點(diǎn)存在性定理可知函數(shù)y＝g(x)在上有零點(diǎn)，符合題意． ③若a≥，則由x>0可知，h′(x)>0恒成立， 從而h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 也即g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 因此g′(x)>g′(0)＝0， 即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 從而g(x)>g(0)＝0恒成立， 故方程g(x)＝0在(0，＋∞)上無解． 綜上可知，a的取值范圍是. 6．(2019·嘉興一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－p. (1)若f(x)在定義域內(nèi)為減函數(shù)，求p的取值范圍； (2)數(shù)列若{an}滿足a1＝3，an＋1＝an＋，試證明：當(dāng)n≥2時，4≤an<

17、4e. (1)解　∵f(x)為減函數(shù)， ∴f′(x)＝－≤0恒成立，x∈(0，＋∞)， ∴p≥max， 又＝≤1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，取等號)， ∴p≥1. 即實數(shù)p的取值范圍是[1，＋∞)． (2)證明　∵a1＝3，an＋1＝an＋， ∴an＋1－an＝an＋>0， ∴{an}遞增， 又a2＝a1＋＝4， ∴當(dāng)n>2時，an>an－1>…>a2＝4， 即an≥4(n≥2，n∈N*)． an＋1＝an＋ ?＝1＋＋≤1＋＋(利用an≥4進(jìn)行放縮，消掉多余的an，由，聯(lián)想到是可裂項的．再由f(x)的特點(diǎn)決定兩邊同取對數(shù))． ∴l(xiāng)n≤ln， 由(1)可得f(x)＝ln (x＋1)－為減函數(shù)， 進(jìn)而f(x)≤f(0)＝0，即ln (x＋1)≤， ∴l(xiāng)n<<＋(再次利用不等關(guān)系去掉根式，且降低項的次數(shù)，進(jìn)而不等號右側(cè)可求和．所用不等關(guān)系：＝<＝a＋b(a>0，b>0))， ∴l(xiāng)n<＋，ln<＋，…， ln<＋， ∴l(xiāng)n<＋ ＝－＋ ＝－－n<， ∴<，∴an<4，∴4≤an<4得證． 9