（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí) 解答題專題練（六）函數(shù)、導(dǎo)數(shù) 文 蘇教版

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1、解答題專題練(六)　函數(shù)、導(dǎo)數(shù) (建議用時：40分鐘) 1．已知函數(shù)f(x)＝mx－，g(x)＝3ln x. (1)當(dāng)m＝4時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程； (2)若x∈(1, ](e是自然對數(shù)的底數(shù))時，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、))處的切線方程； ②當(dāng)b＜0時，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的長度． (定義區(qū)間(c，d)，[c，d)，(c，d]，[c，d]的長度均為d－c，其中d>c) 解答題專題練(六) 1．解：(1)當(dāng)m＝4時，f(x)＝4x－，f′(x)＝4＋，f′(2)＝5， 又f(2)＝6， 所以所求切線方程為y＝5x－4. (2)由題意知，x∈(1， ]時，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，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)“對任意的x1，x2∈[－1，1]，都有|f′(x1)－f′(x2)|≤4”等價于“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

5、于f′(x)＝x2－2mx－1，對稱軸為直線x＝m. 當(dāng)m<－1時，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，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，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，g′(x)＝(x>0)， 當(dāng)x>1時，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， 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，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，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，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，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，H′(x)>0，所以H(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 所以x>1時，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，x－a＜0，x－b＜0，此時解集為空集. ②當(dāng)a＞x＞b時，不等式(*)可化為 (x－a)＋(x－b)≤(x－a)(x－b)， 展開并整理得，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，不等式x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≥0的解為b＜x≤x1. ③當(dāng)x＞a時，不等式(*)可化為(x－a)＋(x－b)≥(x－a)(x－b)， 展開并整理得，x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≤0， 由②知，此時不等式的解為a＜x≤x2， 綜上所述，f(x)≥1的解構(gòu)成的區(qū)間為(b，x1]∪(a，x2]， 其長度為(x1－b)＋(x2－a)＝x1＋x2－a－b＝a＋b＋2－a－b＝2. - 8 -