1、函数与导数(11)12020大同市高三学情调研测试试题已知函数f(x)x3ax2bxc，曲线yf(x)在点x1处的切线为l：3xy10，若x时，yf(x)有极值(1)求a，b，c的值；(2)求yf(x)在3,1上的最大值和最小值22018北京卷设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x2处取得极小值，求a的取值范围32020石家庄市摸底考试已知函数f(x).(1)当k0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)0对任意的x(1，)恒成立，求整数k的最大值42020广东省联考试题已知函数f(x)ln xx
2、(a为常数)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设函数g(x)xf(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围52020唐山市高三年级摸底考试已知函数f(x)axsin xbcos x，且曲线yf(x)与直线y相切于点(，)(1)求f(x)；(2)若f(x)mx21，求实数m的取值范围62020武汉市在线学习摸底检测已知函数f(x)a(x21)ln x，aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求实数a的取值范围，使得f(x)asin(x1)e1x在区间(1，)上恒成立(e2.718 28为自然对数的底数)函数与导数(11)1解析：(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.当
3、x1时切线l的斜率为3，2ab0.当x时，yf(x)有极值，则f()0，可得4a3b40.由解得a2，b4.切点为(1,4)，f(1)4，即1abc4，得c5.(2)由(1)可得f(x)x32x24x5，f(x)3x24x4.令f(x)0，得x12，x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如表所示x3(3，2)2(2，)(，1)1f(x)00f(x)8134最小值为，最大值为13.2解析：(1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以f(x)ax2(2a1)x2ex.所以f(1)(1a)e.由题设知f(1)0，即(1a)e0，解得a1.此时f(1)3e0.所以a的值为1.(2)由(
4、1)得f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex.若a，则当x时，f(x)0.所以f(x)在x2处取得极小值若a，则当x(0,2)时，x20，ax1x10.所以2不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是.3解析：(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)当k0时，f(x).令g(x)ln x，则g(x)，当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减g(x)maxg(1)10，f(x)00k1)令h(x)，x1，则h(x)，令(x)x2ln x，x1，则(x)0，(x)在(1，)上单调递增，(3)1ln 30，存在唯一x0(3,4
5、)，使得(x0)0，即x02ln x00，x011ln x0，列表如下：x(1，x0)x0(x0，)h(x)0h(x)单调递减极小值单调递增h(x)minh(x0)x0(3,4)，整数k的最大值为3.4解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，其导函数f(x).若a0，则f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增；若a0，令f(x)0，解得x，当x(0，)时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，当x(，)时，f(x)1时，h(x)0恒成立，所以函数h(x)的图象如图所示要使g(x)有两个不同的极值点，则需0a1，即实数a的取值范围为(0,1)5解析：(1)由f()得a1.f(x)
6、xcos x(1b)sin x，由f()1b0得b1.所以f(x)xsin xcos x.(2)令g(x)mx21f(x)mx2xsin xcos x1，由g(x)0得g(2)42m0，所以m0.显然g(x)为偶函数，所以只需x0时，g(x)0.g(x)2mxxcos xx(2mcos x)，当m时，g(x)0，即g(x)在0，)上单调递增，所以g(x)g(0)0，从而m时，f(x)mx21恒成立当0m时，因为y2mcos x在(0，)上单调递增，x0时，y2m10；x时，y2m0.所以存在x0(0，使得2mcos x00，因此x(0，x0)时，2mcos x0，g(x)0，即g(x)在(0，
7、x0)上单调递减，所以x(0，x0)时，g(x)g(0)0，与g(x)0矛盾因此0m时，f(x)mx21不恒成立综上，满足题设的m的取值范围是m.6解析：(1)f(x). 当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得x，令f(x)0，得0x，所以函数f(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，)上单调递增(2)记g(x)f(x)asin(x1)e1x，则当a0时，由(1)知，f(x)在(1，)上单调递减，所以当x(1，)时，f(x)asin(x1)e1x在(1，)上恒成立，又当x1时，易知ex1x，所以e1x0.00矛盾当0a1时，g(x)f(x)acos(x1)e1x2axacos(x1)e1x，所以g(1)a11时，g(x)2axa.当ax210时，x，取x1，则g(1)0，从而，由零点存在性定理知，存在x0(1,1)，使得g(x0)0，当x(1，x0)时，g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递减，g(x)1时，g(x)2axa0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以当x1时，g(x)g(1)0，满足题意综上，a1，即实数a的取值范围为1，)
