高考理科数学通用版三维二轮专题复习专题检测：二十三 第21题解答题“函数、导数与不等式”专练 Word版含解析

高考数学精品复习资料 2019.5 专题检测（二十三）专题检测（二十三） 第第 21 题解答题“函数、导数与不等式”专练题解答题“函数、导数与不等式”专练 1已知函数已知函数 f(x) x3x2，x1，aln x，x1. (1)求求 f(x)在区间在区间(，1)上的极小值和极大值点；上的极小值和极大值点； (2)求求 f(x)在在1，e(e 为自然对数的底数为自然对数的底数)上的最大值上的最大值 解：解：(1)当当 x0 时，时，f(x)在在1，e上单调递增，上单调递增， 则则 f(x)在在1，e上的最大值为上的最大值为 f(e)a. 故当故当 a2 时，时，f(x)在在1，e上的最大值为上的最大值为 a； 当当 a0)， h(x)1x23x22x23x1x2 2x1 x1 x2， 由由 h(x)0，得，得 0 x12或或 x1， 故故 h(x)的单调递减区间是的单调递减区间是 0，12和和(1，) (2)问题等价于问题等价于 aln x1x有唯一的实根，有唯一的实根， 显然显然 a0，则关于，则关于 x 的方程的方程 xln x1a有唯有唯一的实根，一的实根， 构造函数构造函数 (x)xln x，则，则 (x)1ln x， 由由 (x)1ln x0，得，得 xe1， 当当 0 xe1时，时，(x)0，(x)单调递减，单调递减， 当当 xe1时，时，(x)0，(x)单调递增，单调递增， (x)的极小值为的极小值为 (e1)e1. 作出函数作出函数 (x)的大致图象如图所示， 则要使方程的大致图象如图所示， 则要使方程 xln x1a有唯一的有唯一的实根，只需直线实根，只需直线 y1a与曲线与曲线 y(x)有唯一的交点，有唯一的交点， 则则1ae1或或1a0， 解得解得 ae 或或 a0， 故实数故实数 a 的取值范围是的取值范围是e(0，) 3(20 xx 沈阳质检沈阳质检)已知函数已知函数 f(x)ex1xax2. (1)当当 a0 时，证明：时，证明：f(x)0； (2)当当 x0 时，若不等式时，若不等式 f(x)0 恒成立，求实数恒成立，求实数 a 的取值范围；的取值范围； (3)若若 x0，证明：，证明：(ex1)ln(x1)x2. 解：解：(1)证明：当证明：当 a0 时，时，f(x)ex1x，f(x)ex1. 当当 x(，0)时，时，f(x)0. 故故 f(x)在在(，0)上单调递减，在上单调递减，在(0，)上单调递增，上单调递增， f(x)minf(0)0，f(x)0. (2)f(x)ex2ax1，令，令 h(x)ex2ax1， 则则 h(x)ex2a. 当当 2a1，即，即 a12时，在时，在0，)上，上，h(x)0，h(x)单调递增，单调递增，h(x)h(0)，即，即f(x)f(0)0， f(x)在在0，)上为增函数，上为增函数，f(x)f(0)0， 当当 a12时满足条件时满足条件 当当 2a1 时，令时，令 h(x)0，解得，解得 xln 2a，在，在0，ln 2a)上，上，h(x)0，h(x)单调递减，单调递减，当当 x(0，ln 2a)时，有时，有 h(x)h(0)0，即，即 f(x)f(0)0， f(x)在区间在区间(0，ln 2a)上为减函数，上为减函数， f(x)0 时，时，ex1xx22， 欲证不等式欲证不等式(ex1)ln(x1)x2，只需证，只需证 ln(x1)2xx2. 设设 F(x)ln(x1)2xx2， 则则 F(x)1x14 x2 2x2 x1 x2 2. 当当 x0 时，时，F(x)0 恒成立，且恒成立，且 F(0)0， F(x)0 恒成立恒成立 原不等式得证原不等式得证 4(20 xx 天津高考天津高考)设设 a，bR，|a|1.已知函数已知函数 f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x) (1)求求 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)已知函数已知函数 yg(x)和和 yex的图象在公共点的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，处有相同的切线， 求证：求证：f(x)在在 xx0处的导数等于处的导数等于 0； 若关于若关于 x 的不等式的不等式 g(x)ex在区间在区间x01，x01上恒成立，求上恒成立，求 b 的取值范围的取值范围 解：解：(1)由由 f(x)x36x23a(a4)xb， 可得可得 f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a) 令令 f(x)0，解得，解得 xa，或，或 x4a. 由由|a|1，得，得 a4a. 当当 x 变化时，变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：的变化情况如下表： x (，a) (a,4a) (4a，) f(x) f(x) 所以所以 f(x)的单调递增区间为的单调递增区间为(，a)，(4a，)，单调递减区间为，单调递减区间为(a,4a) (2)证明：证明：因为因为 g(x)exf(x)f(x)， 由题意知由题意知 g x0 ex0，g x0 ex0， 所以所以 f x0 ex0ex0，ex0f x0 f x0 ex0， 解得解得 f x0 1，f x0 0. 所以所以 f(x)在在 xx0处的导数等于处的导数等于 0. 因为因为 g(x)ex，xx01，x01， 由由 ex0，可得，可得 f(x)1. 又因为又因为 f(x0)1，f(x0)0， 所以所以 x0为为 f(x)的极大值点，结合的极大值点，结合(1)知知 x0a. 另一方面，由于另一方面，由于|a|1，故，故 a14a， 由由(1)知知 f(x)在在(a1，a)内单调递增，在内单调递增，在(a，a1)内单调递减，内单调递减， 故当故当 x0a 时，时，f(x)f(a)1 在在a1，a1上恒成立，从而上恒成立，从而 g(x)ex在在x01，x01上恒成立上恒成立 由由 f(a)a36a23a(a4)ab1， 得得 b2a36a21，1a1. 令令 t(x)2x36x21，x1,1， 所以所以 t(x)6x212x，令令 t(x)0， 解得解得 x2(舍去舍去)或或 x0. 因为因为 t(1)7，t(1)3，t(0)1， 因此因此 t(x)的值域为的值域为7,1 所以所以 b 的取值范围是的取值范围是7,1