（江苏专用）2020版高考数学三轮复习解答题专题练（六）函数、导数文苏教版.docx

解答题专题练(六)函数、导数(建议用时：40分钟)1已知函数f(x)mx，g(x)3ln x.(1)当m4时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若x(1, (e是自然对数的底数)时，不等式f(x)g(x)3恒成立，求实数m的取值范围2(2019连云港期末)已知函数f(x)x3mx2xm，其中mR.(1)求函数yf(x)的单调区间；(2)若对任意的x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|4，求实数m的取值范围；(3)求函数f(x)的零点个数3(2019连云港三校联考)已知函数f(x)ln x，g(x)f(x)ax2bx，其中函数yg(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行于x轴(1)确定a与b的关系；(2)若a0，试讨论函数g(x)的单调性； (3)设斜率为k的直线与函数yf(x)的图象交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)，求证：kc)解答题专题练(六)1解：(1)当m4时，f(x)4x，f(x)4，f(2)5，又f(2)6，所以所求切线方程为y5x4.(2)由题意知，x(1， 时，mx3ln x3恒成立，即m(x21)3x3xln x恒成立，因为x(1， ，所以x210，则m恒成立令h(x)，x(1， ，则mh(x)min，h(x)，因为x(1， ，所以h(x)0，即h(x)在(1， 上是减函数所以当x(1， 时，h(x)minh().所以m的取值范围是(，)2解：(1)f(x)x22mx1，由f(x)0得xm或xm.故函数f(x)的单调增区间为(，m)，(m，)，单调减区间为(m，m)(2)“对任意的x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|4”等价于“函数yf(x)，x1，1的最大值与最小值的差小于等于4”对于f(x)x22mx1，对称轴为直线xm.当m1时，f(x)的最大值为f(1)，最小值为f(1)由f(1)f(1)4，即4m4解得m1(舍去)综上，实数m的取值范围是1，1(3)由f(x)0得x22mx10，因为4m240，所以yf(x)既有极大值也有极小值设f(x0)0，即x2mx010，则f (x0)xmxx0mmxx0mx0(m21)，所以极大值为f(m)(m)(m21)0，极小值为f(m)(m)(m21)0)，当a0时，g(x)(x0)，当x1时，g(x)0，所以函数g(x)在(1，)上单调递减；当0x0，所以函数g(x)在(0，1)上单调递增； 当0a1时，g(x)(x0)，所以函数g(x)在上单调递减；函数g(x)在和(0，1)上单调递增； 当a，即2a1时，g(x)0(x0)，所以函数g(x)在(0，)上单调递增； 当a，即0)，所以函数g(x)在上单调递减；函数g(x)在(1，)和上单调递增. (3)证明：由题设x2x10，所以 kln x2ln x11ln1)，则h(x)1(x1)，所以x1时，h(x)1时，h(x)x10，所以1，所以hln10，即ln1)，则H(x)(x1)，所以x1时，H(x)0，所以H(x)在(1，)上是增函数，所以x1时，H(x)H(1)0，所以Hln10，即1ln，由得k . 4解：(1)当b1时，f(x)，则f(x)，可得f()4，又f()2，故所求切线方程为y24(x)，即4xy100. 当1，a1时，f(x)，则f(x). 因为b0，则b10 ，且b， 故当bx时，f(x)0，f(x)在上单调递增； 当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减. ()当，即b时，f(x)在上单调递减，所以f(x)maxf；()当，即b0时，f(x)maxf.综上所述，f(x)max(2)f(x)1即1. (*)当xb时，xa0，xb0，此时解集为空集. 当axb时，不等式(*)可化为 (xa)(xb)(xa)(xb)，展开并整理得，x2(ab2)x(abab)0，设g(x)x2(ab2)x(abab)，因为(ab)240，所以g(x)有两个不同的零点，设为x1，x2(x1x2)，又g(a)ba0，g(b)ab0，且ba，因此bx1ax2，所以当axb时，不等式x2(ab2)x(abab)0的解为bxx1. 当xa时，不等式(*)可化为(xa)(xb)(xa)(xb)，展开并