2018届高考数学二轮复习专题检测二十三解答题“函数导数与不等式”专练理.docx

专题检测（二十三） 第21题解答题“函数、导数与不等式”专练1已知函数f(x)(1)求f(x)在区间(，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在1，e(e为自然对数的底数)上的最大值解：(1)当x0时，f(x)在1，e上单调递增，则f(x)在1，e上的最大值为f(e)a.故当a2时，f(x)在1，e上的最大值为a；当a0)，h(x)2，由h(x)0，得0x或x1，故h(x)的单调递减区间是和(1，)(2)问题等价于aln x有唯一的实根，显然a0，则关于x的方程xln x有唯一的实根，构造函数(x)xln x，则(x)1ln x，由(x)1ln x0，得xe1，当0xe1时，(x)0，(x)单调递减，当xe1时，(x)0，(x)单调递增，(x)的极小值为(e1)e1.作出函数(x)的大致图象如图所示，则要使方程xln x有唯一的实根，只需直线y与曲线y(x)有唯一的交点，则e1或0，解得ae或a0，故实数a的取值范围是e(0，)3(2017沈阳质检)已知函数f(x)ex1xax2.(1)当a0时，证明：f(x)0；(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围；(3)若x0，证明：(ex1)ln(x1)x2.解：(1)证明：当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0.故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)f(x)ex2ax1，令h(x)ex2ax1，则h(x)ex2a.当2a1，即a时，在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，)上为增函数，f(x)f(0)0，当a时满足条件当2a1时，令h(x)0，解得xln 2a，在0，ln 2a)上，h(x)0，h(x)单调递减，当x(0，ln 2a)时，有h(x)h(0)0，即f(x)f(0)0，f(x)在区间(0，ln 2a)上为减函数，f(x)0时，ex1x，欲证不等式(ex1)ln(x1)x2，只需证ln(x1).设F(x)ln(x1)，则F(x).当x0时，F(x)0恒成立，且F(0)0，F(x)0恒成立原不等式得证4(2017天津高考)设a，bR，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的单调区间；(2)已知函数yg(x)和yex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，求证：f(x)在xx0处的导数等于0；若关于x的不等式g(x)ex在区间x01，x01上恒成立，求b的取值范围解：(1)由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0，解得xa，或x4a.由|a|1，得a4a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，a)(a,4a)(4a，)f(x)f(x)所以f(x)的单调递增区间为(，a)，(4a，)，单调递减区间为(a,4a)(2)证明：因为g(x)exf(x)f(x)，由题意知所以解得所以f(x)在xx0处的导数等于0.因为g(x)ex，xx01，x01，由ex0，可得f(x)1.又因为f(x0)1，f(x0)0，所以x0为f(x)的极大值点，结合(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a14a，由(1)知f(x)在(a1，a)内单调递增，在(a，a1)内单调递减，故当x0a时，f(x)f(a)1在a1，a1上恒成立，从而g(x)ex在x01，x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1.令t(x)2x36x21，x1