2017届高考数学二轮复习第2部分专题六函数与导数限时速解训练.docx

限时规范训练九利用导数研究函数性质、证明不等式(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1已知函数f(x)(a0，aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，若对任意x1，x23，)，有f(x1)f(x2)m成立，求实数m的最小值解：f(x).令f(x)0，解得xa或x3a.(1)当a0时，f(x)，f(x)随着x的变化如下表：x(，3a)3a(3a，a)a(a，)f(x)00f(x)极小值极大值函数f(x)的单调递增区间是(3a，a)，函数f(x)的单调递减区间是(，3a)，(a，)当a0时，f(x)，f(x)随着x的变化如下表：x(，a)a(a，3a)3a(3a，)f(x)00f(x)极小值极大值函数f(x)的单调递增区间是(a，3a)，函数f(x)的单调递减区间是(，a)，(3a，)(2)当a1时，由(1)得f(x)是(3,1)上的增函数，是(1，)上的减函数又当x1时，f(x)0，所以f(x)在3，)上的最小值为f(3)，最大值为f(1).所以对任意x1，x23，)，f(x1)f(x2)f(1)f(3).所以对任意x1，x23，)，使f(x1)f(x2)m恒成立的实数m的最小值为.2已知函数f(x)ln x，x1,3(1)求f(x)的最大值与最小值；(2)若f(x)4at对任意的x1,3，t0,2恒成立，求实数a的取值范围；解：(1)函数f(x)ln x，f(x)，令f(x)0得x2，x1,3，当1x2时，f(x)0；当2x0；f(x)在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数，f(x)在x2处取得极小值f(2)ln 2；又f(1)，f(3)ln 3，ln 31，ln 310，f(1)f(3)，x1时f(x)的最大值为，x2时函数取得最小值为ln 2.(2)由(1)知当x1,3时，f(x)，故对任意x1,3，f(x)对任意t0,2恒成立，即at恒成立，记g(t)at，t0,2解得a.即实数a的取值范围是.3已知函数f(x)ax2ln x1(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a1时，f(x)x2在(1，)上恒成立解：(1)由于f(x)ax2ln x1(aR)，故f(x)2ax(x0)当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，f(x)在(0，)上是单调递减函数当a0时，令f(x)0，得x.当x变化时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极小值由表可知，f(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数综上所述，当a0时，f(x)的单调递减区间为(0，)，无单调递增区间；当a0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)当a1时，f(x)x2ln x1，设F(x)x2ln x1x2x2ln x，则F(x)x0在(1，)上恒成立，F(x)在(1，)上为增函数，且F(1)0，即F(x)0在(1，)上恒成立，当a1时，f(x)x2在(1，)上恒成立4已知函数f(x)ln x2kx，其中常数kR.(1)求f(x)的单调增区间；(2)若yf(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，证明f(x2).解：(1)f(x)x2k(x0)当k1时，f(x)x2k22k22k0，函数f(x)为增函数，当k1时，f(x)x2k(x0)，由f(x)0，得x22kx10，解得两根x1，x2，其中0x1kx2k.x，f(x)，f(x)的取值变化情况如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值综合知，当k1时，f(x)的增区间为(0，)；当k1时，f(x)的增区间为(0，k)，k，)(2)证明：当k1时，yf(x)在(0，)上是增函数，至多有一极值点，不合题意当k1时，f(x)x2k(x0)x22kx10在x0时有两个零点，且x1x22k，x1