（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）理.doc

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(四)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)1(2018江西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)已知f(x)ex，g(x)x2ax2xsin x1.(1)證明：1xex(x0,1)；(2)若x0,1)時(shí)，f(x)g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍(1)證明設(shè)h(x)ex1x，則h(x)ex1，故h(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增從而h(x)h(0)0，即ex1x.而當(dāng)x0,1)時(shí)，ex1x，即ex.(2)解設(shè)F(x)f(x)g(x)ex(x2ax2xsin x1)，則F(0)0，F(xiàn)(x)ex(2xa2xcos x2sin x)要求F(x)0在0,1)上恒成立，必須有F(0)0.即a1.以下證明：當(dāng)a1時(shí)，f(x)g(x)只要證1xx2x2xsin x1，只要證2sin xx在0,1)上恒成立令(x)2sin xx，則(x)2cos x10對x0,1)恒成立，又(0)0，所以2sin xx，從而不等式得證2(2018宿州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)xaxln x(aR)(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)為x1，證明：f(x)exx2.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)1aln xa，當(dāng)a0時(shí)，f(x)x，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，由f(x)0得x，由f(x)0得0x.所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增；當(dāng)a0得0x，由f(x)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減(2)證明由(1)知a0)，則F(x)1 .令g(x)xex，得函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增而g(1)10，g(0)10，所以在區(qū)間(0，)上存在唯一的實(shí)數(shù)x0，使得g(x0)x00，即x0，且x(0，x0)時(shí)，g(x)0.故F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增F(x)minF(x0)ln x0 x01.又x0，F(xiàn)(x)minln x0x01 x01x010.F(x)F(x0)0成立，即f(x)exx2成立3(2018皖江八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x).(1)若a0，函數(shù)f(x)的極大值為，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若對任意的a0，f(x)在x0，)上恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍解(1)由題意，f(x)(2ax1)ex(ax2xa)exexax2(12a)xa1 ex(x1)(ax1a)當(dāng)a0時(shí)，f(x)ex(x1)，令f(x)0，得x1；令f(x)1，所以f(x)在(，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減所以f(x)的極大值為f(1)，不合題意當(dāng)a0時(shí)，10，得1x1；令f(x)0，得x1，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在，(1，)上單調(diào)遞減所以f(x)的極大值為f(1)，得a2.綜上所述a2.(2)令g(a)，a(，0，當(dāng)x0，)時(shí)，0，則g(a)對a(，0恒成立等價(jià)于g(a)g(0)，即bln(x1)對x0，)恒成立當(dāng)b0時(shí)，顯然bln(x1)在0，)上不恒成立當(dāng)b0時(shí)，x(0，)，bln(x1)0，此時(shí)bln(x1)，不合題意當(dāng)b0時(shí)，令h(x)bln(x1)，x0，)，則h(x)(exxex)，其中(x1)ex0，x0，)，令p(x)bexx21，x0，)，則p(x)在區(qū)間0，)上單調(diào)遞增，b1時(shí)，p(x)p(0)b10，所以對x0，)，h(x)0，從而h(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以對任意x0，)，h(x)h(0)0，即不等式bln(x1)xex在0，)上恒成立0b1時(shí)，由p(0)b10及p(x)在區(qū)間0，)上單調(diào)遞增，所以存在唯一的x0(0,1)，使得p(x0)0，且x(0，x0)時(shí)，p(x)0.從而x(0，x0)時(shí)，h(x)0，所以h(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞減，則x(0，x0)時(shí)，h(x)h(0)0，即bln(x1)0.(1)解f(x)ln xax.令xt，x(t0)令h(t)ln tat，則函數(shù)yh(t)與yf(x)的零點(diǎn)個數(shù)情況一致h(t)a.()當(dāng)a0時(shí)，h(t)0，h(t)在(0，)上單調(diào)遞增又h(1)a0，aaeaaa0時(shí)，h(t)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減h(t)maxhln1.當(dāng)ln時(shí)，h1即0a0，又e1，h(1)a0.又(1e)0，(a)在上單調(diào)遞增，(a)2e0，此時(shí)有兩個零點(diǎn)綜上，當(dāng)a0或a時(shí)，有1個零點(diǎn)；當(dāng)0a時(shí)，無零點(diǎn)(2)要證g(x)f(x)ax20，只需證2(2x)e.令m(0,1)，只需證22.令t(m)，t(m)0，t(m)在(0,1)上單調(diào)遞增，t(m)t(1)0，20.5(2018洛陽模擬)已知函數(shù)f(x)(x1)exx2，其中tR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)t3時(shí)，證明：不等式f(x1x2)f(x1x2)2x2恒成立(其中x1R，x20)(1)解由于f(x)xextxx(ext)()當(dāng)t0時(shí)，ext0，當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x0時(shí)，f(x)0時(shí)，由f(x)0得x0或xln t.當(dāng)0t1時(shí)，ln t0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)ln tx0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)t1時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)t1時(shí)，ln t0.當(dāng)xln t時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0xln t時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x0，f(x)單調(diào)遞增綜上，當(dāng)t0時(shí)，f(x)在(，0)上是減函數(shù)，在(0，)上是增函數(shù)；當(dāng)0t1時(shí)，f(x)在(，0)，(ln t，)上是增函數(shù)，在(0，ln t)上是減函數(shù)(2)證明依題意f(x1x2)f(x1x2)(x1x2)(x1x2)f(x1x2)(x1x2)f(x1x2)(x1x2)恒成立設(shè)g(x)f(x)x，則上式等價(jià)于g(x1x2)g(x1x2)，要證明g(x1x2)g(x1x2)對任意x1R，x2(0，)恒成立，即證明g(x)(x1)exx2x在R上單調(diào)遞增，又g(x)xex3x1，只需證明xex3x10即可令h(x)exx1，則h(x)ex1，當(dāng)x0時(shí)，h(x)0時(shí)，h(x)0，h(x)minh(0)0，即xR，exx1，那么，當(dāng)x0時(shí)，xexx2x，xex3x1 x22x1(x1)20；當(dāng)x0時(shí)，ex0，xex3x10恒成立從而原不等式成立