《（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
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1．已知函數(shù)f(x)＝ax＋1－xln x的圖象在點(diǎn)(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(shí)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(diǎn)(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(shí)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(diǎn)，
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(shí)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(diǎn)；
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(diǎn)．
即a＝在上存在零點(diǎn).
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(shí)數(shù)a∈(0,1)時，f′(x)＝aex－cos x在上存在零點(diǎn)．
下面證明，當(dāng)a∈(0,1)時，函數(shù)f(x)在上存在極值．
事實(shí)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(shí)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(diǎn)．
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(diǎn)，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(diǎn)；
當(dāng)k＝0時，f(x)＝－x2，所以此時f(x)只有一個零點(diǎn)；
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(diǎn)；
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(diǎn)；
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(diǎn)．
綜上，當(dāng)f(x)有兩個零點(diǎn)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(diǎn)，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.
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