2018年高考数学专题复习专题检测：（二十三） 第21题解答题“函数、导数与不等式”专练 含解析.doc

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1、专题检测（二十三）第21题解答题“函数、导数与不等式”专练1．已知函数f(x)＝(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，

2、函数f(x)在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0；当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.2．(2017·山西四校联考)已知函数f(x)＝－alnx(a∈R)．(1)若h(x)＝f(x)－2x，当a＝－3时，求h(x)的单调递减区间

3、；(2)若函数f(x)有唯一的零点，求实数a的取值范围．解：(1)由题意，h(x)＝＋3lnx－2x(x>0)，h′(x)＝－＋－2＝－＝－，由h′(x)＜0，得0＜x＜或x＞1，故h(x)的单调递减区间是和(1，＋∞)．(2)问题等价于alnx＝有唯一的实根，显然a≠0，则关于x的方程xlnx＝有唯一的实根，构造函数φ(x)＝xlnx，则φ′(x)＝1＋lnx，由φ′(x)＝1＋lnx＝0，得x＝e－1，当0＜x＜e－1时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，当x＞e－1时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，∴φ(x)的极小值为φ

4、(e－1)＝－e－1.作出函数φ(x)的大致图象如图所示，则要使方程xlnx＝有唯一的实根，只需直线y＝与曲线y＝φ(x)有唯一的交点，则＝－e－1或＞0，解得a＝－e或a＞0，故实数a的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．3．(2017·沈阳质检)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，证明：f(x)≥0；(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(3)若x>0，证明：(ex－1)ln(x＋1)>x2.解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，

5、0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.(2)f′(x)＝ex－2ax－1，令h(x)＝ex－2ax－1，则h′(x)＝ex－2a.①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，∴当a≤时满足条件．②当2a>1时，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，在[0，ln2

6、a)上，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴当x∈(0，ln2a)时，有h(x)0时，ex－1>x＋，欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，只需证ln(x＋1)>.设F(x)＝ln(x＋1)－，则F′(x)＝－＝.∵当x>0时，F′(x)>0恒成立，且F(0)＝0，∴F(x)>0恒成立．∴原不等式得证．4．(2017·天津高考)设a，b∈R

7、，

8、a

9、≤1.已知函数f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)．(1)求f(x)的单调区间；(2)已知函数y＝g(x)和y＝ex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，①求证：f(x)在x＝x0处的导数等于0；②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范围．解：(1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]．令f′(x)＝0，解得x＝a，或x＝4－a.由

10、a

11、≤1，得a＜4－a

12、.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a)(a,4－a)(4－a，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(4－a，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a)．(2)①证明：因为g′(x)＝e