高考理科數(shù)學(xué)通用版三維二輪專題復(fù)習(xí)專題檢測：二十三 第21題解答題“函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式”專練 Word版含解析

高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 專題檢測（二十三）專題檢測（二十三） 第第 21 題解答題“函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式”專練題解答題“函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式”專練 1已知函數(shù)已知函數(shù) f(x) x3x2，x1，aln x，x1. (1)求求 f(x)在區(qū)間在區(qū)間(，1)上的極小值和極大值點(diǎn)；上的極小值和極大值點(diǎn)； (2)求求 f(x)在在1，e(e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))上的最大值上的最大值 解：解：(1)當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，f(x)在在1，e上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 則則 f(x)在在1，e上的最大值為上的最大值為 f(e)a. 故當(dāng)故當(dāng) a2 時(shí)，時(shí)，f(x)在在1，e上的最大值為上的最大值為 a； 當(dāng)當(dāng) a0)， h(x)1x23x22x23x1x2 2x1 x1 x2， 由由 h(x)0，得，得 0 x12或或 x1， 故故 h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是的單調(diào)遞減區(qū)間是 0，12和和(1，) (2)問題等價(jià)于問題等價(jià)于 aln x1x有唯一的實(shí)根，有唯一的實(shí)根， 顯然顯然 a0，則關(guān)于，則關(guān)于 x 的方程的方程 xln x1a有唯有唯一的實(shí)根，一的實(shí)根， 構(gòu)造函數(shù)構(gòu)造函數(shù) (x)xln x，則，則 (x)1ln x， 由由 (x)1ln x0，得，得 xe1， 當(dāng)當(dāng) 0 xe1時(shí)，時(shí)，(x)0，(x)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減， 當(dāng)當(dāng) xe1時(shí)，時(shí)，(x)0，(x)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增， (x)的極小值為的極小值為 (e1)e1. 作出函數(shù)作出函數(shù) (x)的大致圖象如圖所示， 則要使方程的大致圖象如圖所示， 則要使方程 xln x1a有唯一的有唯一的實(shí)根，只需直線實(shí)根，只需直線 y1a與曲線與曲線 y(x)有唯一的交點(diǎn)，有唯一的交點(diǎn)， 則則1ae1或或1a0， 解得解得 ae 或或 a0， 故實(shí)數(shù)故實(shí)數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是e(0，) 3(20 xx 沈陽質(zhì)檢沈陽質(zhì)檢)已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)ex1xax2. (1)當(dāng)當(dāng) a0 時(shí)，證明：時(shí)，證明：f(x)0； (2)當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，若不等式時(shí)，若不等式 f(x)0 恒成立，求實(shí)數(shù)恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；的取值范圍； (3)若若 x0，證明：，證明：(ex1)ln(x1)x2. 解：解：(1)證明：當(dāng)證明：當(dāng) a0 時(shí)，時(shí)，f(x)ex1x，f(x)ex1. 當(dāng)當(dāng) x(，0)時(shí)，時(shí)，f(x)0. 故故 f(x)在在(，0)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， f(x)minf(0)0，f(x)0. (2)f(x)ex2ax1，令，令 h(x)ex2ax1， 則則 h(x)ex2a. 當(dāng)當(dāng) 2a1，即，即 a12時(shí)，在時(shí)，在0，)上，上，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增，h(x)h(0)，即，即f(x)f(0)0， f(x)在在0，)上為增函數(shù)，上為增函數(shù)，f(x)f(0)0， 當(dāng)當(dāng) a12時(shí)滿足條件時(shí)滿足條件 當(dāng)當(dāng) 2a1 時(shí)，令時(shí)，令 h(x)0，解得，解得 xln 2a，在，在0，ln 2a)上，上，h(x)0，h(x)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減，當(dāng)當(dāng) x(0，ln 2a)時(shí)，有時(shí)，有 h(x)h(0)0，即，即 f(x)f(0)0， f(x)在區(qū)間在區(qū)間(0，ln 2a)上為減函數(shù)，上為減函數(shù)， f(x)0 時(shí)，時(shí)，ex1xx22， 欲證不等式欲證不等式(ex1)ln(x1)x2，只需證，只需證 ln(x1)2xx2. 設(shè)設(shè) F(x)ln(x1)2xx2， 則則 F(x)1x14 x2 2x2 x1 x2 2. 當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，F(xiàn)(x)0 恒成立，且恒成立，且 F(0)0， F(x)0 恒成立恒成立 原不等式得證原不等式得證 4(20 xx 天津高考天津高考)設(shè)設(shè) a，bR，|a|1.已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x) (1)求求 f(x)的單調(diào)區(qū)間；的單調(diào)區(qū)間； (2)已知函數(shù)已知函數(shù) yg(x)和和 yex的圖象在公共點(diǎn)的圖象在公共點(diǎn)(x0，y0)處有相同的切線，處有相同的切線， 求證：求證：f(x)在在 xx0處的導(dǎo)數(shù)等于處的導(dǎo)數(shù)等于 0； 若關(guān)于若關(guān)于 x 的不等式的不等式 g(x)ex在區(qū)間在區(qū)間x01，x01上恒成立，求上恒成立，求 b 的取值范圍的取值范圍 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. 當(dāng)當(dāng) x 變化時(shí)，變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：的變化情況如下表： x (，a) (a,4a) (4a，) f(x) f(x) 所以所以 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為(，a)，(4a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4a) (2)證明：證明：因?yàn)橐驗(yàn)?g(x)exf(x)f(x)， 由題意知由題意知 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處的導(dǎo)數(shù)等于處的導(dǎo)數(shù)等于 0. 因?yàn)橐驗(yàn)?g(x)ex，xx01，x01， 由由 ex0，可得，可得 f(x)1. 又因?yàn)橛忠驗(yàn)?f(x0)1，f(x0)0， 所以所以 x0為為 f(x)的極大值點(diǎn)，結(jié)合的極大值點(diǎn)，結(jié)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)內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞增，在(a，a1)內(nèi)單調(diào)遞減，內(nèi)單調(diào)遞減， 故當(dāng)故當(dāng) x0a 時(shí)，時(shí)，f(x)f(a)1 在在a1，a1上恒成立，從而上恒成立，從而 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?yàn)橐驗(yàn)?t(1)7，t(1)3，t(0)1， 因此因此 t(x)的值域?yàn)榈闹涤驗(yàn)?,1 所以所以 b 的取值范圍是的取值范圍是7,1