《（江蘇專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí) 解答題專(zhuān)題練（六）函數(shù)、導(dǎo)數(shù) 文 蘇教版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí) 解答題專(zhuān)題練（六）函數(shù)、導(dǎo)數(shù) 文 蘇教版（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、解答題專(zhuān)題練(六) 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)
(建議用時(shí)：40分鐘)
1．已知函數(shù)f(x)＝mx－，g(x)＝3ln x.
(1)當(dāng)m＝4時(shí)，求曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線(xiàn)方程；
(2)若x∈(1, ](e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
2．(2019·連云港期末)已知函數(shù)f(x)＝x3－mx2－x＋m，其中m∈R.
(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若對(duì)任意的x1，x2∈[－1，1]，都有|f′(x1)－f′(x2)|≤4，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(3)求函數(shù)f(x
2、)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
3．(2019·連云港三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中函數(shù)y＝g(x)的圖象在點(diǎn)(1，g(1))處的切線(xiàn)平行于x軸．
(1)確定a與b的關(guān)系；
(2)若a≥0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性；
(3)設(shè)斜率為k的直線(xiàn)與函數(shù)y＝f(x)的圖象交于兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1
3、))處的切線(xiàn)方程；
②當(dāng)b＜0時(shí)，求函數(shù)f(x)在上的最大值．
(2)若λ＝1，b＜a，求不等式f(x)≥1的解集構(gòu)成的區(qū)間D的長(zhǎng)度．
(定義區(qū)間(c，d)，[c，d)，(c，d]，[c，d]的長(zhǎng)度均為d－c，其中d>c)
解答題專(zhuān)題練(六)
1．解：(1)當(dāng)m＝4時(shí)，f(x)＝4x－，f′(x)＝4＋，f′(2)＝5，
又f(2)＝6，
所以所求切線(xiàn)方程為y＝5x－4.
(2)由題意知，x∈(1， ]時(shí)，mx－－3ln x＜3恒成立，即m(x2－1)＜3x＋3xln x恒成立，
因?yàn)閤∈(1， ]，所以x2－1＞0，則m＜
4、恒成立．
令h(x)＝，x∈(1， ]，則m＜h(x)min，h′(x)＝＝－，
因?yàn)閤∈(1， ]，所以h′(x)＜0，即h(x)在(1， ]上是減函數(shù)．
所以當(dāng)x∈(1， ]時(shí)，h(x)min＝h()＝.
所以m的取值范圍是(－∞，)．
2．解：(1)f′(x)＝x2－2mx－1，
由f′(x)≥0得x≤m－或x≥m＋.
故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，m－)，(m＋，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(m－，m＋)．
(2)“對(duì)任意的x1，x2∈[－1，1]，都有|f′(x1)－f′(x2)|≤4”等價(jià)于“函數(shù)y＝f′(x)，x∈[－1，1]的最大值與最小值的差小于等于4”．
對(duì)
5、于f′(x)＝x2－2mx－1，對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝m.
當(dāng)m<－1時(shí)，f′(x)的最大值為f′(1)，最小值為f′(－1)．
由f′(1)－f′(－1)≤4，即－4m≤4，解得m≥－1(舍去)；
當(dāng)－1≤m≤1時(shí)，f′(x)的最大值為f′(1)或f′(－1)，最小值為f′(m)．
由即
解得－1≤m≤1；
當(dāng)m>1時(shí)，f′(x)的最大值為f′(－1)，最小值為f′(1)．
由f′(－1)－f′(1)≤4，即4m≤4解得m≤1(舍去)．
綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－1，1]．
(3)由f′(x)＝0得x2－2mx－1＝0，
因?yàn)棣ぃ?m2＋4>0，所以y＝f(x)既有極大值也有
6、極小值．
設(shè)f′(x0)＝0，即x－2mx0－1＝0，
則f (x0)＝x－mx－x0＋m
＝－mx－x0＋m＝－x0(m2＋1)，
所以極大值為f(m－)＝－(m－)·(m2＋1)>0，
極小值為f(m＋)＝－(m＋)·(m2＋1)<0，
故函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)．
3．解：(1)因?yàn)間(x)＝f(x)＋ax2＋bx＝ln x＋ax2＋bx，所以g′(x)＝＋2ax＋b，
由題意得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以b＝－2a－1.
(2)因?yàn)間′(x)＝＋2ax＋b＝＋2ax－2a－1＝(x>0)，
①當(dāng)a＝0時(shí)，g′(x)＝(x>0)，
當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，所
7、以函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)00，所以函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；
②當(dāng)01時(shí)，
g′(x)＝(x>0)，
所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減；
函數(shù)g(x)在和(0，1)上單調(diào)遞增；
③當(dāng)a＝，即2a＝1時(shí)，g′(x)＝≥0(x>0)，
所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
④當(dāng)a>，即<1時(shí)，g′(x)＝(x>0)，
所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減；
函數(shù)g(x)在(1，＋∞)和上單調(diào)遞增.
(3)證明：由題設(shè)x2>x1>0，
所以
8、?<<
?1)，則h′(x)＝－1＝(x>1)，
所以x>1時(shí)，h′(x)<0，所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，
而h(1)＝0，所以x>1時(shí)，h(x)x1>0，所以>1，
所以h＝ln－＋1<0，
即ln<－1，②
令H(x)＝ln x＋－1(x>1)，
則H′(x)＝－＝(x>1)，
所以x>1時(shí)，H′(x)>0，所以H(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，
所以x>1時(shí)，H(x)>H(1)＝0，
所以H＝ln＋－1>0，
即1－
9、①②③得
10、x)]max＝
(2)f(x)≥1即＋≥1. (*)
①當(dāng)x＜b時(shí)，x－a＜0，x－b＜0，此時(shí)解集為空集.
②當(dāng)a＞x＞b時(shí)，不等式(*)可化為 (x－a)＋(x－b)≤(x－a)(x－b)，
展開(kāi)并整理得，x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≥0，
設(shè)g(x)＝x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)，
因?yàn)棣ぃ?a－b)2＋4＞0，所以g(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，設(shè)為x1，x2(x1＜x2)，
又g(a)＝b－a＜0，g(b)＝a－b＞0，且b＜a，
因此b＜x1＜a＜x2，
所以當(dāng)a＞x＞b時(shí)，不等式x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≥0的解為b＜x≤x1.
③當(dāng)x＞a時(shí)，不等式(*)可化為(x－a)＋(x－b)≥(x－a)(x－b)，
展開(kāi)并整理得，x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≤0，
由②知，此時(shí)不等式的解為a＜x≤x2，
綜上所述，f(x)≥1的解構(gòu)成的區(qū)間為(b，x1]∪(a，x2]，
其長(zhǎng)度為(x1－b)＋(x2－a)＝x1＋x2－a－b＝a＋b＋2－a－b＝2.
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