2018届高三数学（理）二轮复习专题集训：专题二 函数、不等式、导数2.4.2 .doc

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1、A级1若函数f(x)(x1)ex，则下列命题正确的是()A对任意m，都存在xR，使得f(x)，都存在xR，使得f(x)mC对任意m，方程f(x)m总有两个实根解析：因为f(x)(x1)ex(x1)exex(x2)ex，故函数在区间(，2)，(2，)上分别为减函数与增函数，故f(x)minf(2)，故当m时，总存在x使得f(x)m.答案：B2设函数f(x)ex(x33x3)aexx(x1)，若不等式f(x)0有解，则实数a的最小值为()A. BeC1 De1解析：f(x)ex(x33x3)aexx0有解，ax33x3有解令g(x)x33x3，则g(x)3x23(x1)(3x3)，故当x1,1)时

2、，g(x)0，故g(x)在1,1)上是减函数，在(1，)上是增函数，故g(x)ming(1)1331，a1，实数a的最小值为1.答案：C3已知a，bR，直线yaxb与函数f(x)tan x的图象在x处相切，设g(x)exbx2a，若在区间1,2上，不等式mg(x)m22恒成立，则实数m()A有最小值e B有最小值eC有最大值e D有最大值e1解析：f(x)tan x，f(x)，af2，又点在直线yaxb上，12b，得b1，g(x)exx22，g(x)ex2x，令h(x)ex2x，则h(x)ex2，当x1,2时，h(x)h(1)e20，g(x)在1,2上单调递增，g(x)g(1)e20，g(x)

3、在1,2上单调递增，解得me或eme1，m的最大值为e1，无最小值，故选D.答案：D4已知函数f(x)aln xax3(aR)若函数yf(x)的图象在点(2，f(2)处切线的倾斜角为，且对于任意的t1,2，函数g(x)x3x2在区间(t,3)上总不是单调函数，则实数m的取值范围是()A(，5) BC(9，) D解析：由函数f(x)aln xax3(aR)，可得f(x)a，f(2)1，得a2.又对于任意的t1,2，函数g(x)x3x2x3x2在区间(t,3)上总不是单调函数，只需g(x)x3x22x在(2,3)上不是单调函数，故g(x)3x2(m4)x2在(2,3)上有零点，即方程m3x4在(2

4、,3)上有解而y3x4在(2,3)上单调递减，故其值域为，所以实数m的取值范围是.故选D.答案：D5已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28.(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1,2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由解析：(1)证明：由h(x)f(x)g(x)ex1x得，h(1)e30，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点(2)由(1)得h(x)ex1x.由g(x)x知，x0，)，而h(0)0，则x0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1,2)内有零点，因此h(x)在0，)上至少有两个零点因为h(x)exx1，

5、记(x)exx1，则(x)exx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点，即h(x)在0，)内至多有两个零点所以方程f(x)g(x)的根的个数为2.6(2017全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围解析：(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0得x1或x1.当x(，1)时，f(x)0；当x(1，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)单调递减，在(1，1)单调递增(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1时，设函数h(x

6、)(1x)ex，则h(x)xex0(x0)，因此h(x)在0，)单调递减而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当0a1时，设函数g(x)exx1，则g(x)ex10(x0)，所以g(x)在0，)单调递增而g(0)0，故exx1.当0x1时，f(x)(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，则x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0时，取x0，则x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上，a的取值范围是1，)B级1(2017全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)

7、0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22.解析：(1)f(x)的定义域为(0，)设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明：由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x.设h(x)2x2ln x，则h(x)2.当x时，h(x)0.所以h(x)在上单调递减，在上单调递增又h(e2)0，

8、h0；当x(x0,1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.2已知函数f(x)x2(2a2)x(2a1)ln x.(1)若曲线yf(x)在点(2，f(2)处切线的斜率小于0，求f(x)的单调区间；(2)任意的a，x1，x21,2(x1x2)，恒有|f(x1)f(x2)|0)，若曲线yf(x)在点(2，f(2)处切线的斜率小于0，则f(2)a，所以2a121，则由f(x)0得0x2a1；由f(x)0得1x2a1.所以f(x)的单调递增区间为

9、(0,1)，(2a1，)，单调递减区间为(1,2a1)(2)因为a，所以(2a1)4,6，由(1)知f(x)在1,2上为减函数不妨设1x1f(x2)，所以原不等式为f(x1)f(x2)，即f(x1)f(x2)对任意的a，x1，x21,2恒成立令g(x)f(x)，所以对任意的a，x1，x21,2有g(x1)g(x2)恒成立，所以g(x)f(x)在闭区间1,2上为增函数，所以g(x)0对任意的a，x1,2恒成立而g(x)x(2a2)0，化简得x3(2a2)x2(2a1)x0，即(2x2x2)ax32x2x0，其中a.因为x1,2，所以2x2x20，所以只需(2x2x2)x32x2x0，即x37x26x0对任意x1,2恒成立，令h(x)x37x26x，x1,2，则h(x)3x214x60恒成立，所以h(x)x37x26x在闭区间1,2上为减函数，则h(x)minh(2)8.由h(x)minh(2)80，解得8.故的取值范围为8，)