（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范解答集訓(xùn)6 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)和不等式 理

《（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范解答集訓(xùn)6 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)和不等式 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范解答集訓(xùn)6 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)和不等式 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、規(guī)范解答集訓(xùn)(六)　函數(shù)、導(dǎo)數(shù)和不等式 (建議用時：40分鐘) 1．已知函數(shù)f(x)＝ax＋1－xln x的圖象在點(1，f(1) )處的切線與直線x－y＝0平行． (1)求函數(shù)f(x)的極值； (2)若對于x1，x2∈(0，＋∞)，＞m(x1＋x2)，求實數(shù)m的取值范圍． [解](1)f(x)＝ax＋1－xln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a－1－ln x， 可得y＝f(x)的圖象在點(1，f(1) )處的切線斜率為a－1， 由切線與直線x－y＝0平行，可得a－1＝1，即a＝2， f(x)＝2x＋1－xln x，f′(x)＝1－ln x，當(dāng)00，當(dāng)x>e時，f

2、′(x)＜0， 所以f(x)在(0，e)上遞增，在(e，＋∞)上遞減， 可得f(x)在x＝e處取得極大值為f(e)＝e＋1，無極小值． (2)設(shè)x1>x2>0，若＞m(x1＋x2)， 可得f(x1)－f(x2)＞mx－mx， 即f(x1)－mx＞f(x2)－mx， 設(shè)g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 即g′(x)＝1－ln x－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立， 可得2m≤在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)h(x)＝，所以h′(x)＝， h(x)在(0，e2)上遞減，在(e2，＋∞)上遞增，h(x)在x＝e2處取得極小值為h(e2)＝－， 所以m≤－. 2．(

3、2019·石家莊一模)已知函數(shù)f(x)＝aex－sin x，其中a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)當(dāng)a＝1時，證明：對x∈[0，＋∞)，f(x)≥1； (2)若函數(shù)f(x)在上存在極值，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex－sin x，于是，f′(x)＝ex－cos x. 又因為當(dāng)x∈(0，＋∞)時，ex>1且cos x≤1. 故當(dāng)x∈(0，＋∞)時，ex－cos x>0，即f′(x)>0. 所以，函數(shù)f(x)＝ex－sin x為(0，＋∞)上的增函數(shù)，于是，f(x)≥f(0)＝1. 因此，對x∈[0，＋∞)，f(x)≥1. (2)法一：由題意f(

4、x)在上存在極值，則f′(x)＝aex－cos x在上存在零點， ①當(dāng)a∈(0,1)時，f′(x)＝aex－cos x為上的增函數(shù)， 注意到f′(0)＝a－1<0，f′＝a·e>0， 所以，存在唯一實數(shù)x0∈，使得f′(x0)＝0成立. 于是，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0，f(x)為(0，x0)上的減函數(shù)； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)為上的增函數(shù)； 所以x0∈為函數(shù)f(x)的極小值點； ②當(dāng)a≥1時，f′(x)＝aex－cos x≥ex－cos x>0在x∈上成立， 所以f(x)在上單調(diào)遞增，所以f(x)在上沒有極值； ③當(dāng)a≤0時，f′(x)＝aex－c

5、os x<0在x∈上成立， 所以f(x)在上單調(diào)遞減，所以f(x)在上沒有極值， 綜上所述，使f(x)在上存在極值的a的取值范圍是(0,1)． 法二：由題意，函數(shù)f(x)在上存在極值，則f′(x)＝aex－cos x在上存在零點． 即a＝在上存在零點. 設(shè)g(x)＝ ，x∈，則由單調(diào)性的性質(zhì)可得g(x)為上的減函數(shù)． 即g(x)的值域為(0,1)，所以，當(dāng)實數(shù)a∈(0,1)時，f′(x)＝aex－cos x在上存在零點． 下面證明，當(dāng)a∈(0,1)時，函數(shù)f(x)在上存在極值． 事實上，當(dāng)a∈(0,1)時，f′(x)＝aex－cos x為上的增函數(shù)， 注意到f′(0)＝

6、a－1<0，f′＝a·e>0，所以，存在唯一實數(shù)x0∈，使得f′(x0)＝0成立． 于是，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0，f(x)為(0，x0)上的減函數(shù)； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)為上的增函數(shù)； 即x0∈為函數(shù)f(x)的極小值點． 綜上所述，當(dāng)a∈(0,1)時，函數(shù)f(x)在上存在極值． 3．(2019·日照二模)已知函數(shù)f(x)＝kex(x－1)－x2，k∈R. (1)當(dāng)k＝－1時，求f(x)的最大值； (2)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求k的取值范圍． [解](1)當(dāng)k＝－1時，f(x)＝－ex(x－1)－x2，f′(x)＝－exx－x＝－x(ex＋1)，

7、 當(dāng)x＜0時，f′(x)＞0，當(dāng)x＞0時，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝0時取到最大值，最大值為f(0)＝1. (2)f′(x)＝kexx－x＝x(kex－1)， 當(dāng)k＜0時，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又因為f(0)＝－k＞0，f(1)＝－＜0，f(2k－1)＝ke2k－1(2k－2)－(2k－1)2＜k(2k－2)－(2k－1)2＝－＜0，所以f(x)有兩個零點； 當(dāng)k＝0時，f(x)＝－x2，所以此時f(x)只有一個零點； 當(dāng)k＝1時，f′(x)＝exx－x＝x(ex－1)≥0，f

8、(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)不存在兩個零點； 當(dāng)0＜k＜1時，ln ＝－ln k＞0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，－ln k)上單調(diào)遞減，在(－ln k，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(0)＝－k＜0，f(x)不存在兩個零點； 當(dāng)k＞1時，ln ＝－ln k＜0，f(x)在(－∞，－ln k)上單調(diào)遞增，在(－ln k,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(－ln k)＝－＜0，f(x)不存在兩個零點． 綜上，當(dāng)f(x)有兩個零點時，k的取值范圍是(－∞，0)． 4．已知函數(shù)f(x)＝x－ln(ax＋1)(a≠0)． (1)若f(x)≥0，求a的值；

9、(2)已知某班共有n人，記這n人生日至少有兩人相同的概率為P(n)，n≤365，將一年看作365天． ①求P(n)的表達(dá)式； ②估計P(60)的近似值(精確到0.01)． 參考數(shù)值：e≈0.007 83，e≈0.034 87，e≈0.118 01. [解](1)由題得，當(dāng)a＞0時，f(x)的定義域為. 當(dāng)a＜0時，f(x)的定義域為， 又f(0)＝0，且f(x)≥0，所以x＝0是f(x)的極小值點，故f′(0)＝0. 而f′(x)＝1－，于是1－a＝0，解得a＝1. 下面證明當(dāng)a＝1時，f(x)≥0. 當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－ln(x＋1)，f′(x)＝1－＝，x＞－1，

10、 所以當(dāng)x＞0時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)－1＜x＜0時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減， 所以f(x)≥f(0)＝0，即a＝1符合題意． 綜上，a＝1. (2)①由于n人生日都不相同的概率為， 故n人生日至少有兩人相同的概率為P(n)＝1－. ②由(1)可得當(dāng) x＞－1時，x－ln(x＋1)≥0，即ln(1＋x)≤x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號， 由①得P(60)＝1－×××…×＝1－…. 記t＝…， 則ln t＝ln＋ln＋…＋ln＜－－－…－＝－＝－＝－， 即t＜e. 由參考數(shù)值得t＜e≈0.007 9，于是P(60)＝1－t＞1－0.007 9＝0.992 1，故P(60)≈0.99. - 5 -