（全国通用版）2019高考数学二轮复习 压轴大题突破练（四）函数与导数（2）理.doc

《（全国通用版）2019高考数学二轮复习 压轴大题突破练（四）函数与导数（2）理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用版）2019高考数学二轮复习 压轴大题突破练（四）函数与导数（2）理.doc（7页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1( (四四) )函数与导数函数与导数(2)(2)1(2018江西省重点中学协作体联考)已知f(x)ex，g(x)x2ax2xsin x1.(1)证明：1xex(x0,1)；1 1x(2)若x0,1)时，f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围(1)证明 设h(x)ex1x，则h(x)ex1，故h(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增从而h(x)h(0)0，即 ex1x.而当x0,1)时，ex1x，即 ex.1 1x(2)解 设F(x)f(x)g(x)ex(x2ax2xsin x1)，则F(0)0，F(x)ex(2xa2xcos x2sin x)要求F(x)0 在0,1)上恒成立，

2、必须有F(0)0.即a1.以下证明：当a1 时，f(x)g(x)只要证 1xx2x2xsin x1，只要证 2sin xx在0,1)上恒成立令(x)2sin xx，则(x)2cos x10 对x0,1)恒成立，又(0)0，所以 2sin xx，从而不等式得证2(2018宿州质检)设函数f(x)xaxln x(aR R)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的极大值点为x1，证明：f(x)exx2.(1)解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)1aln xa，当a0 时，f(x)x，则函数f(x)在区间(0，)上单调递增；当a0 时，由f(x)0 得x1 ea a，由f(x)0 得

3、 01 ea a，所以函数f(x)在区间上单调递增，(0，)在区间上单调递减(，)综上所述，当a0 时，函数f(x)在区间(0，)上单调递增；当a0 时，函数f(x)在区间上单调递减，(0，)在区间上单调递增；(，)当a0)，ex x则F(x) 1 1 xexxex x2.x1xexx2令g(x)xex，得函数g(x)在区间(0，)上单调递增而g(1)1 0，g(0)10.故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增F(x)minF(x0)ln x0 x01.x0又0exx0，3F(x)minln x0x01 x0x01x010.F(x)F(x0)0 成立，即f(x)exx2成立

4、3(2018皖江八校联考)已知函数f(x).ax2xa 2ex(1)若a0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值；5 2e(2)若对任意的a0，f(x)在x0，)上恒成立，求实数b的取值范围blnx12解 (1)由题意，f(x) (2ax1)ex(ax2xa)ex1 2 exax2(12a)xa1 1 2 ex(x1)(ax1a)1 2当a0 时，f(x) ex(x1)，1 2令f(x)0，得x1，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1 2e5 2e当a0 时，1 0，得 1 1，1 a所以f(x)在上单调递增，(11 a，1)在，(1

5、，)上单调递减(，11 a)所以f(x)的极大值为f(1)，得a2.2a1 2e5 2e综上所述a2.(2)令g(a)，a(，0，x21a2exx 2ex4当x0，)时，0，x21 2ex则g(a)对a(，0恒成立等价于g(a)g(0)，blnx12blnx12即bln(x1)对x0，)恒成立x ex当b0 时，显然bln(x1)在0，)上不恒成立x ex当b0，x ex此时bln(x1)，不合题意x ex当b0 时，令h(x)bln(x1)，x0，)，x ex则h(x)(exxex)，b x1bexx21x1ex其中(x1)ex0，x0，)，令p(x)bexx21，x0，)，则p(x)在区间

6、0，)上单调递增，b1 时，p(x)p(0)b10，所以对x0，)，h(x)0，从而h(x)在0，)上单调递增，所以对任意x0，)，h(x)h(0)0，即不等式bln(x1)xex在0，)上恒成立00 及p(x)在区间0，)上单调递增，所以存在唯一的x0(0,1)，使得p(x0)0，且x(0，x0)时，p(x)0.x(1)解 f(x)ln xax.xx令x3 2t，x2 3t(t0)令h(t)ln tat，3 2则函数yh(t)与yf(x)的零点个数情况一致h(t) a.1 t3 2()当a0 时，h(t)0，h(t)在(0，)上单调递增又h(1)a0，3 21 eaah a ae1aa1 a

7、3 2a aa 0 时，h(t)在上单调递增，(0，2 3a)在上单调递减(2 3a，)h(t)maxhln1.(2 3a)2 3a当 ln 时，h1 即 00，2 3a2 3e(2 3a)又e1，h(1)a0，3a 2(2 31 a2)2 3a226a 3a26(a)在上单调递增，(0，2 3e)(a)时，无零点2 3e(2)要证g(x)f(x)ax20，只需证22.令t(m)，t(m)0，ln m m1ln m m2t(m)在(0,1)上单调递增，t(m)0.5(2018洛阳模拟)已知函数f(x)(x1)exx2，其中tR R.t 2(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当t3 时，证明：

8、不等式f(x1x2)f(x1x2)2x2恒成立(其中x1R R，x20)(1)解 由于f(x)xextxx(ext)()当t0 时，ext0，当x0 时，f(x)0，f(x)单调递增，当x0 时，由f(x)0 得x0 或xln t.当 00 时，f(x)0，f(x)单调递增，当 ln t0，f(x)单调递增；7当t1 时，f(x)0，f(x)单调递增；当t1 时，ln t0.当xln t时，f(x)0，f(x)单调递增，当 00，f(x)单调递增综上，当t0 时，f(x)在(，0)上是减函数，在(0，)上是增函数；当 01 时，f(x)在(，0)，(ln t，)上是增函数，在(0，ln t)上

9、是减函数(2)证明 依题意f(x1x2)f(x1x2)(x1x2)(x1x2)f(x1x2)(x1x2)f(x1x2)(x1x2)恒成立设g(x)f(x)x，则上式等价于g(x1x2)g(x1x2)，要证明g(x1x2)g(x1x2)对任意x1R R，x2(0，)恒成立，即证明g(x)(x1)exx2x在 R R 上单调递增，3 2又g(x)xex3x1，只需证明xex3x10 即可令h(x)exx1，则h(x)ex1，当x0 时，h(x)0，h(x)minh(0)0，即xR R，exx1，那么，当x0 时，xexx2x，xex3x1 x22x1(x1)20；当x0，(ex31 x)xex3x10 恒成立从而原不等式成立