2021高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)測(cè)試專題強(qiáng)化練十八含解析

1、專題強(qiáng)化練專題強(qiáng)化練( (十八十八) )1(2020承德第一次模擬)已知函數(shù) f(x)x3ex.(1)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式 f(x)mx2對(duì) xr 恒成立，求 m 的取值范圍解：(1)f(x)3x2exx3exx2ex(x3)，令 f(x)0，得 x3，則 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為3，)；令 f(x)0，得 x3，則 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，3)綜上所述：f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為3，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，3)(2)當(dāng) x0 時(shí)，不等式 f(x)mx2即 00，顯然成立當(dāng) x0 時(shí)，不等式 f(x)mx2對(duì) xr 恒成立，等價(jià)于 mxex對(duì) xr 恒成立設(shè) g(x)xex(

2、x0)，g(x)(x1)ex，令 g(x)0，得 x0，得 x1 且 x0.所以 g(x)ming(1)1e.所以 m1e，即 m 的取值范圍為，1e .2已知 f(x)ln xax.(1)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對(duì)任意 x0，均有 x(2ln aln x)a 恒成立，求正數(shù) a 的取值范圍解：(1)f(x)1xax2xax2，x(0，)當(dāng) a0 時(shí)，f(x)0，f(x)在(0，)為增函數(shù)，無(wú)極值當(dāng) a0 時(shí)，x(0，a)時(shí)，f(x)0，f(x)在(a，)為增函數(shù)，所以 f(x)在(0，)有極小值，無(wú)極大值，f(x)的極小值為 f(a)ln a1.(2)若對(duì)任意 x0，均有 x(

3、2ln aln x)a 恒成立，即對(duì)任意 x0，均有 2ln aaxln x 恒成立，由(1)可知 f(x)的最小值為 ln a1，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 2ln aln a1，即 ln a1，故 0ae，故正數(shù) a 的取值范圍是(0，e3(2020河南省月考)已知函數(shù) f(x)xln xaxb 在點(diǎn)(e，f(e)處的切線方程為 yax2e.(1)求實(shí)數(shù) b 的值；(2)若存在 x0e，e2，滿足 f(x0)14e，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍解：(1)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?0，1)(1，)，因?yàn)?f(x)xln xaxb，所以 f(x)ln x1ln2xa.所以 f(e)a，又 f(e)eaeb，所以所求

4、切線方程為y(eaeb)a(xe)，即yaxeb.又函數(shù) f(x)在點(diǎn)(e，f(e)處的切線方程為 yax2e，所以 be.(2)由題意得 f(x0)x0ln x0ax0e14e， 所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 a1ln x14x在e， e2上有解 令h(x)1ln x14x，xe，e2，則 h(x)14x21xln2xln2x4x4x2ln2x（ln x2 x） （ln x2 x）4x2ln2x.令p(x)lnx2 x，則當(dāng)xe，e2時(shí)，有p(x)1x1x1 xx0.所以函數(shù) p(x)在區(qū)間e，e2上單調(diào)遞減，所以 p(x)p(e)ln e2 e0.所以 h(x)0，所以 h(x)在區(qū)間e，e2上單調(diào)遞減

5、所以 h(x)h(e2)1ln e214e21214e2.所以實(shí)數(shù) a 的取值范圍為1214e2，.4(2020長(zhǎng)治模擬)已知函數(shù) f(x)exax1.(1)討論 f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè) a(x1，y1)，b(x2，y2)，c(x3，y3)(x1x2x3)是曲線 yf(x)上任意三點(diǎn)，求證：f（x2）f（x1）x2x10 時(shí)，由 f(x)0 知 xln a，由 f(x)0 知，xln a，所以 f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞減，在ln a，)上單調(diào)遞增(2)證明：由題可知：要證f（x2）f（x1）x2x1f（x3）f（x1）x3x1，需證ex2ex1x2x1ex3ex1x3x1，即需證e

6、x1（ex2x11）x2x1ex1（ex3x11）x3x1，設(shè) x2x1t1，x3x1t2，則需證：當(dāng) 0t1t2時(shí)，et11t10)，則 g(t)et（t1）1t2，設(shè) h(t)et(t1)1，則 h(t)tet0，所以 h(t)在(0，)單調(diào)遞增，所以 h(t)h(0)0，于是 g(t)0，g(t)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以，當(dāng) t1t2時(shí)，et11t1et21t2.所以不等式f（x2）f（x1）x2x10，由 f(1)a10，解得 a1.則 f(x)xxln x，所以 f(x)ln x，令 f(x)0，解得 x1；令 f(x)0，解得 0 x1，即 m2，當(dāng) 0 x1 時(shí)，f(x)x(1

7、ln x)0 且 x0 時(shí)，f(x)0；當(dāng) x時(shí)，顯然 f(x).如圖，由圖象可知，m10，即 m1，由可得2m1.因此實(shí)數(shù) m 的取值范圍是(2，1)6(2020洛陽(yáng)第三次模擬)已知函數(shù) f(x)ln xax1.(1)若對(duì)任意 x(0，)，f(x)0 恒成立，求 a 的取值范圍；(2)求證：1131132113n1 時(shí)，ln xax10，不符合題意，若 a0，f(x)0 得 0 x1a，f(x)1a，所以 f(x)在0，1a 上單調(diào)遞增，在1a，上單調(diào)遞減，所以 f(x)maxf1a ln1aa1a1ln1a0，所以 ln a0，a1，所以 a 的取值范圍1，)(2)證明：由(1)知，當(dāng) a1，ln xx1(x