2019高考数学大二轮复习 专题2 函数与导数 第2讲 综合大题部分增分强化练 理

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1、第2讲 综合大题部分1.已知a为实数,函数f(x)=alnx+x2-4x.(1)是否存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值?证明你的结论;(2)设g(x)=(a-2)x,若∃x0∈,使得f(x0)≤g(x0)成立,求实数a的取值范围.解析:(1)函数f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)=+2x-4=.假设存在实数a,使f(x)在x=1处取极值,则f′(1)=0,∴a=2,此时,f′(x)=,当x>0时,f′(x)≥0恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴x=1不是f(x)的极值点.故不存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值.(2)由f(x0)≤g(x0

2、),得(x0-lnx0)a≥x-2x0,记F(x)=x-lnx(x>0),∴F′(x)=(x>0),∴当0<x<1时,F′(x)<0,F(x)单调递减;当x>1时,F′(x)>0,F(x)单调递增.∴F(x)>F(1)=1>0,∴a≥,记G(x)=,x∈,∴G′(x)==.∵x∈,∴2-2lnx=2(1-lnx)≥0,∴x-2lnx+2>0,∴x∈时,G′(x)<0,G(x)单调递减;x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增,∴G(x)min=G(1)=-1,∴a≥G(x)min=-1.故实数a的取值范围为.2.(2018·厦门质检)已知函数f(x)=(ax2+

3、x+a)e-x(a∈R).(1)若a≥0,函数f(x)的极大值为,求实数a的值;(2)若对任意的a≤0,f(x)≤bln(x+1)在x∈[0,+∞)上恒成立,求实数b的取值范围.解析:(1)由题意,f′(x)=(2ax+1)e-x-(ax2+x+a)e-x=-e-x[ax2+(1-2a)x+a-1]=-e-x(x-1)(ax+1-a).①当a=0时,f′(x)=-e-x(x-1),令f′(x)>0,得x<1;f′(x)<0,得x>1,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以f(x)的极大值为f(1)=≠,不合题意.②当a>0时,1-<1,令f′

4、(x)>0,得1-1,所以f(x)在(1-,1)上单调递增,在(-∞,1-),(1,+∞)上单调递减.所以f(x)的极大值为f(1)==,得a=1.综上所述,a=1.(2)令g(a)=e-x(x2+x)a+xe-x,a∈(-∞,0],当x∈[0,+∞)时,e-x(x2+x)≥0,则g(a)≤bln(x+1)对∀a∈(-∞,0]恒成立等价于g(a)≤g(0)≤bln(x+1),即xe-x≤bln(x+1),对x∈[0,+∞)恒成立.①当b≤0时,∀x∈(0,+∞),bln(x+1)<0,xe-x>0,此时xe-x>bln(x+1),

5、不合题意.②当b>0时,令h(x)=bln(x+1)-xe-x,x∈[0,+∞),则h′(x)=-(e-x-xe-x)=,其中(x+1)ex>0,∀x∈[0,+∞),令p(x)=bex+x2-1,x∈[0,+∞),则h(x)在区间[0,+∞)上单调递增,a.b≥1时,p(x)≥p(0)=b-1≥0,所以对∀x∈[0,+∞),h′(x)≥0,从而h(x)在[0,+∞)上单调递增,所以对∀x∈[0,+∞),h(x)≥h(0)=0,即不等式bln(x+1)≥xe-x在[0,+∞)上恒成立.b.00及p(x)在区间[0,+∞)上

6、单调递增,所以存在唯一的x0∈(0,1)使得p(x0)=0,且x∈(0,x0)时,p(x0)<0.从而x∈(0,x0)时,h′(x)<0,所以h(x)在区间(0,x0)上单调递减,则x∈(0,x0)时,h(x)0且关于x的方程f(x)=m有两个解x1,x2(x12a.解析:(1)易知x>0,f′(x)=-++=,①若a>0,当x∈(0,a)时,f′(x)<0,函

7、数f(x)在(0,a)上单调递减;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)在(a,+∞)上单调递增.②若a=0,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.③若a<0,当x∈(0,-2a)时,f′(x)<0,函数f(x)在(0,-2a)上单调递减;当x∈(-2a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)在(-2a,+∞)上单调递增.综上,当a>0时,函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增;当a=0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在(0,-2a)上单调递减,在(-

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