（全国版）2021届高考数学二轮复习 专题检测（二十一）函数、导数与不等式（文含解析）.doc

1、专题检测（二十一）函数、导数与不等式 大题专攻强化练1(2019贵州省适应性考试)函数 f(x)xln x，g(x)aex.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)求证：当 a1e时，xf(x)g(x)解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)由 f(x)xln x，得 f(x)11xx1x，当 x(0，1)时，f(x)0；当 x(1，)时，f(x)0.所以 f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，)(2)证明：要证 xf(x)g(x)，即证 x(xln x)aex，即证 ax2xln xex.设 h(x)x2xln xex，则 h(x)x22x1xln xln xexln x

2、（x1）（x1）ex，由(1)可知 f(x)f(1)1，即 ln x(x1)0，于是，当 x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递增；当 x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递减 所以 x1 时，h(x)取得最大值，h(x)max10e 1e，所以当 a1e时，xf(x)g(x)2(2019北京高考)已知函数 f(x)14x3x2x.(1)求曲线 yf(x)的斜率为 1 的切线方程；(2)当 x2，4时，求证：x6f(x)x；(3)设 F(x)|f(x)(xa)|(aR)，记 F(x)在区间2，4上的最大值为 M(a)当 M(a)最小时，求 a 的值解：(1)由 f(x)14x3x2x 得

3、 f(x)34x22x1.令 f(x)1，即34x22x11，得 x0 或 x83.又 f(0)0，f 83 827，所以曲线 yf(x)的斜率为 1 的切线方程是 yx 与 y 827x83，即 yx 与 yx6427.(2)证明：令 g(x)f(x)x，x2，4 由 g(x)14x3x2 得 g(x)34x22x.令 g(x)0 得 x0 或 x83.当 x 变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x2(2，0)00，838383，44 g(x)00g(x)6 0 6427 0 所以 g(x)的最小值为6，最大值为 0.故6g(x)0，即 x6f(x)x.(3)由(2)知，当 a3；当

4、a3 时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3；当 a3 时，M(a)3.综上，当 M(a)最小时，a3.3设函数 f(x)2ln xmx21.(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 f(x)有极值时，若存在 x0，使得 f(x0)m1 成立，求实数 m 的取值范围解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x2mx2（mx21）x，当 m0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当 m0 时，令 f(x)0，得 0 x mm，令 f(x)mm，f(x)在0，mm 上单调递增，在mm，上单调递减(2)由(1)知，当 f(x)有极值时，m0，且 f(x)在0，mm 上单调递

5、增，在mm，上单调递减 f(x)maxfmm 2ln mm m 1m1ln m，若存在 x0，使得 f(x0)m1 成立，则 f(x)maxm1.即ln mm1，ln mm10)，g(x)11x0，g(x)在(0，)上单调递增，且 g(1)0，0m1.实数 m 的取值范围是(0，1)4(2019武汉市调研测试)已知函数 f(x)(x1)ln xax(aR)(1)在 a0 时，求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)0 在(0，)上恒成立，求实数 a 的取值范围解：(1)a0 时，f(x)(x1)ln x，f(x)ln x(x1)1xln x1x1，设 g(x)ln x1x1，则 g(x)x1

6、x2 0，g(x)在(0，)上单调递增，而 g(1)0，x(0，1)时，g(x)0，即 f(x)0，x(1，)时，g(x)0，即 f(x)0，f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，)(2)由(x1)ln xax0，得ax(x1)ln x，而 x0，a（x1）ln xxln xln xx.记 h(x)ln xln xx，则 h(x)1x1xxln xx2ln xx1x2，设 m(x)ln xx1(x0)，显然 m(x)在(0，)上单调递增，而 m(1)0，x(0，1)时，m(x)0，h(x)0，h(x)单调递减，x(1，)时，m(x)0，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)minh(1)0.a0，a0，即实数 a 的取值范围是(0，)