《（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范解答集訓(xùn)（六） 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式 文》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)（六） 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式 文（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、規(guī)范解答集訓(xùn)(六) 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式
(建議用時(shí)：60分鐘)
1．(2019·洛陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex(x2－2x＋a)(其中a∈R，a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù))．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)設(shè)曲線y＝f(x)在(a，f(a))處的切線為l，當(dāng)a∈[1,3]時(shí)，求直線l在y軸上截距的取值范圍．
[解] (1)f′(x)＝ex(x2－2x＋a)＋ex(2x－2)＝ex(x2＋a－2)，
當(dāng)a≥2時(shí)，f′(x)≥0恒成立，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a<2時(shí)，f′(x)≥0?x2≥2－a?x≤－或x≥，
函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－)，
2、(，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－，)上單調(diào)遞減．
(2)f(a)＝ea(a2－a)，f′(a)＝ea(a2＋a－2)，
所以直線l的方程為y－ea(a2－a)＝ea(a2＋a－2)(x－a)．
令x＝0，得截距b＝ea(－a3＋a)，記g(a)＝ea(－a3＋a)(1≤a≤3)，
則g′(a)＝ea(－a3－3a2＋a＋1)，記h(a)＝－a3－3a2＋a＋1(1≤a≤3)，
則h′(a)＝－3a2－6a＋1<0(1≤a≤3)，所以h(a)在[1,3]上單調(diào)遞減，
所以h(a)≤h(1)＝－2<0，所以g′(a)<0，即g(a)在區(qū)間[1,3]上單調(diào)遞減，
所以g(3)≤g(a)
3、≤g(1)，即截距的取值范圍是[－24e3,0]．
2．(2019·武漢調(diào)研)已知m∈R，函數(shù)f(x)＝ln x＋2x2－mx＋1，g(x)＝3x2－2mx－(m2－1)ln x＋1.
(1)若f(x)為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)若m0為g(x)≥f(x)恒成立時(shí)m取到的最大值，求m＝m0時(shí)曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程．
[解] (1)令f′(x)＝＋4x－m＝≥0(x>0)，得4x2－mx＋1≥0(x>0)．
①若m≤0，此時(shí)4x2－mx＋1≥0(x>0)恒成立；
②若m>0，有Δ＝m2－16≤0，即0
4、g(x)≥f(x)恒成立，即F(x)＝g(x)－f(x)＝x2－mx－m2ln x≥0恒成立，
F′(x)＝2x－m－＝＝(x>0)，
①若m>0，則x∈(0，m)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，x∈(m，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，故F(x)，F(xiàn)′(x)隨x的變化如表，
x
(0，m)
m
(m，＋∞)
F′(x)
－
0
＋
F(x)
極小值
F(x)min＝F(m)＝－m2ln m≥0，即m≤1，故0
5、0，則F(x)＝x2≥0恒成立．
由m0為g(x)≥f(x)恒成立時(shí)m取到的最大值，知m0＝1.
當(dāng)m＝m0＝1時(shí)，f(x)＝ln x＋2x2－x＋1，f(1)＝2，即切點(diǎn)為(1,2)，
又f′(x)＝＋4x－1，f′(1)＝4，所以切線的斜率為4，
故所求的切線方程為y＝4x－2.
3．已知函數(shù)f(x)＝ax2－2(a＋1)x＋2ln x，a∈(0，＋∞)．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若a＝4，證明：對任意的x≥2，都有f(x)
6、
f′(x)＝2ax－2(a＋1)＋＝，
∴當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，f(x)在(0,1)和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)在和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)當(dāng)a＝4時(shí)，即證4x2－6x＋3ln x≤ex(x－1)，x≥2，①
設(shè)g(x)＝4x2－6x＋3ln x－ex(x－1)(x≥2)，
則g′(x)＝8x－6＋－xex.
令h(x)＝8x－6＋－xex，
則h′(x)＝8－－(x＋1)ex<8－(x＋1)ex≤8－3e2<0，
∴h(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴h(x)＝8x－
7、6＋－xex≤h(2)＝16－6＋－2e2＝－2e2<0，即g′(x)<0在[2，＋∞)上恒成立，
∴g(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴g(x)＝4x2－6x＋3ln x－ex(x－1)≤g(2)＝16－12＋3ln 2－e2<4＋3－e2＝7－e2<0，
∴原不等式恒成立．
4．已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x.
(1)當(dāng)a<1時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若不等式f(x)＋(a＋1)x≥＋xa＋1－e對于任意x∈[e－1，e]成立，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解] (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝.
①
8、若01時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)a1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)0
9、(x)<0，得00，得x>1.
∴函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增，
∴g(x)max為g＝a＋e－a與g(e)＝－a＋ea中的較大者．
設(shè)h(a)＝g(e)－g＝ea－e－a－2a(a>0)，
則h′(a)＝ea＋e－a－2>2－2＝0，
∴h(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(a)>h(0)＝0，∴g(e)>g，從而g(x)max＝g(e)＝－a＋ea.
∴－a＋ea≤e－1，即ea－a－e＋1≤0.
設(shè)φ(a)＝ea－a－e＋1(a>0)，則φ′(a)＝ea－1>0，
∴φ(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又φ(1)＝0，∴滿足
10、ea－a－e＋1≤0的a的取值范圍為(－∞，1]．
∵a>0，∴a的取值范圍為(0,1]．
5．已知函數(shù)f(x)＝x3－x2－ax－2的圖象過點(diǎn)A.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－2m＋3有3個零點(diǎn)，求m的取值范圍．
[解] (1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3－x2－ax－2的圖象過點(diǎn)A，所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，即f(x)＝x3－x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)極大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝
11、－，
f(x)極小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，
由數(shù)形結(jié)合(圖略)，可知要使函數(shù)g(x)＝f(x)－2m＋3有三個零點(diǎn)，
則－<2m－3<－，解得－0，解得x>2，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，
令f′
12、(x)<0，解得0
（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范解答集訓(xùn)（六） 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式 文
