高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十一）函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式試題

專題檢測（二十一）函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式大題專攻強(qiáng)化練1．(2019·貴州省適應(yīng)性考試)函數(shù)f(x)＝x－lnx，g(x)＝aex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，xf(x)≤g(x)．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．由f(x)＝x－lnx，得f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)．(2)證明：要證xf(x)≤g(x)，即證x(x－lnx)≤aex，即證a≥eq\f(x2－xlnx,ex).設(shè)h(x)＝eq\f(x2－xlnx,ex)，則h′(x)＝eq\f(－x2＋2x－1＋xlnx－lnx,ex)＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx－（x－1）))（x－1）,ex)，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即lnx－(x－1)≤0，于是，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．所以x＝1時(shí)，h(x)取得最大值，h(x)max＝eq\f(1－0,e)＝eq\f(1,e)，所以當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，xf(x)≤g(x)．2．(2019·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x.(1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程；(2)當(dāng)x∈[－2，4]時(shí)，求證：x－6≤f(x)≤x；(3)設(shè)F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，記F(x)在區(qū)間[－2，4]上的最大值為M(a)．當(dāng)M(a)最小時(shí)，求a的值．解：(1)由f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x得f′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即eq\f(3,4)x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝eq\f(8,3).又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝eq\f(8,27)，所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－eq\f(8,27)＝x－eq\f(8,3)，即y＝x與y＝x－eq\f(64,27).(2)證明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．由g(x)＝eq\f(1,4)x3－x2得g′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝eq\f(8,3).當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下：x－2(－2，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))4g′(x)＋0－0＋g(x)－60－eq\f(64,27)0所以g(x)的最小值為－6，最大值為0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.(3)由(2)知，當(dāng)a<－3時(shí)，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；當(dāng)a>－3時(shí)，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；當(dāng)a＝－3時(shí)，M(a)＝3.綜上，當(dāng)M(a)最小時(shí)，a＝－3.3．設(shè)函數(shù)f(x)＝2lnx－mx2＋1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有極值時(shí)，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－2mx＝eq\f(－2（mx2－1）,x)，當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，令f′(x)>0，得0<x<eq\f(\r(m),m)，令f′(x)<0，得x>eq\f(\r(m),m)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)f(x)有極值時(shí)，m>0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調(diào)遞減．∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)))＝2lneq\f(\r(m),m)－m·eq\f(1,m)＋1＝－lnm，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，則f(x)max>m－1.即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立．令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，∵g′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0，∴0<m<1.∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0，1)．4．(2019·武漢市調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)lnx＋ax(a∈R)．(1)在a＝0時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)a＝0時(shí)，f(x)＝(x－1)lnx，f′(x)＝lnx＋(x－1)·eq\f(1,x)＝lnx－eq\f(1,x)＋1，設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋1，則g′(x)＝eq\f(x＋1,x2)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而g(1)＝0，∴x∈(0，1)時(shí)，g(x)＜0，即f′(x)＜0，x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＞0，即f′(x)＞0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．(2)由(x－1)lnx＋ax＞0，得－ax＜(x－1)lnx，而x＞0，∴－a＜eq\f(（x－1）lnx,x)＝lnx－eq\f(lnx,x).記h(x)＝lnx－eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(lnx＋x－1,x2)，設(shè)m(x)＝lnx＋x－1(x＞0)，顯