2020新课标高考数学（文）总复习专题限时训练：导数与不等式问题含解析.doc

教学资料范本2020新课标高考数学（文）总复习专题限时训练：导数与不等式问题含解析编 辑：_时 间：_(建议用时：45分钟)一、选择题1已知函数f(x)x3ax23x1有两个极值点、则实数a的取值范围是()A(、) B.(、)C(、) D.(、)(、)解析：f(x)x22ax3、由题意知方程f(x)0有两个不相等的实数根、所以4a2120、解得a或a.选D.答案：D2已知函数f(x)x32x23m、x0、)、若f(x)50恒成立、则实数m的取值范围是()A. B.C(、2 D.(、2)解析：f(x)x24x、由f(x)0、得0x0、得x4或x0、f(x)在(0,1)内单调递增、无最小值当a0时、f(x)3(x)(x)当x(、)和(、)时、f(x)单调递增；当x(、)时、f(x)单调递减所以当1、即0a2恒成立、f(1)2、则f(x)2x4的解集为()A(1,1) B.(1、)C(、1) D.(、)解析：设F(x)f(x)2x4、则F(x)f(x)2、因为f(x)2恒成立、所以F(x)f(x)20、即函数F(x)在R上单调递增因为f(1)2、所以F(1)f(1)2(1)42240.所以由F(x)f(x)2x40、得F(x)f(x)2x4F(1)、所以x1、即不等式f(x)2x4的解集为(1、)选B.答案：B6已知f(x)是定义在(0、)上的非负可导函数、且满足xf(x)f(x)0、对任意的0ab、则必有()Aaf(b)bf(a) B.bf(a)af(b)Caf(a)f(b) D.bf(b)f(a)解析：因为xf(x)f(x)、f(x)0、所以0、则函数在(0、)上单调递减由于0ab、则、即af(b)bf(a)选A.答案：A7当x2,1时、不等式ax3x24x30恒成立、则实数a的取值范围是()A5、3 B.C6、2 D.4、3解析：当x(0,1时、得a3342、令t、则t1、)、a3t34t2t.令g(t)3t34t2t、t1、)、则g(t)9t28t1(t1)(9t1)、显然在1、)上、g(t)0、解得a0或a0、使得f(x0)0有解、则实数a的取值范围是()Aa2 B.a3 C.a1 D.a3解析：函数f(x)的定义域是(0、)、不等式1ln x0有解、即axxln x在(0、)上有解令h(x)xxln x、可得h(x)1(ln x1)ln x令h(x)0、可得x1.当0x0、当x1时、h(x)0、可得当x1时、函数h(x)xxln x取得最大值1、要使不等式axxln x在(0、)上有解、只要a小于等于h(x)的最大值即可、即a1.选C.答案：C10已知e是自然对数的底数、函数f(x)exx2的零点为a、函数g(x)ln xx2的零点为b、则下列不等式中成立的是()Af(a)f(1)f(b) B.f(a)f(b)f(1)Cf(1)f(a)f(b) D.f(b)f(1)0恒成立、所以函数f(x)在R上是单调递增的、而f(0)e00210、所以函数 f(x)的零点a(0,1)由题意、知g(x)10、所以g(x)在(0、)上是单调递增的、又g(1)ln 11210、所以函数g(x)的零点b(1,2)综上、可得0a1b2.因为f(x)在R上是增函数、所以f(a)f(1)1f(x)、且f(0)2、则不等式exf(x)ex1(其中e为自然对数的底数)的解集为()A(0、) B.(、0)(1、)C(1、) D.(、1)(0、)解析：设g(x)exf(x)ex、xR、则g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1f(x)1f(x)、f(x)f(x)10、g(x)0、g(x)在定义域上单调递增exf(x)ex1、g(x)1.又g(0)e0f(0)e01、g(x)g(0)、x0、不等式的解集为(0、)选A.答案：A12(20xx郑州三模)设函数f(x)在R上存在导函数f(x)、xR、有f(x)f(x)x3、在(0、)上有2f(x)3x20、若f(m2)f(m)3m26m4、则实数m的取值范围为()A1,1 B.(、1C1、) D.(、11、)解析：令g(x)f(x)x3、g(x)g(x)f(x)x3f(x)(x)30、函数g(x)为偶函数、x(0、)时、g(x)f(x)x20、函数g(x)在(0、)上是增函数、函数g(x)在(、0)上是减函数、f(m2)f(m)g(m2)(m2)3g(m)m3g(m2)g(m)3m26m43m26m4、g(m2)g(m)、|m2|m|、解得m1、实数m的取值范围(、1选B.答案：B二、填空题13已知函数f(x)x2mx1、若对于任意xm、m1、都有f(x)0成立、则实数m的取值范围是.解析：作出二次函数f(x)的图象、对于任意xm、m1、都有f(x)0、则有即解得m0时、即x(0,1时、f(x)ax33x10可化为a.令g(x)、则g(x)、所以g(x)在区间上单调递增、在区间上单调递减因此g(x)maxg4、从而a4.当x0、则不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(3)0的解集是.解析：令g(x)x3f(x)(x0、所以g(x)在(、0)上单调递增不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(3)0等价于g(x2 015)g(3)0、所以x2 0153、解得x2 018.又x2 0150、解得x0的解集是x|2 018x0、因此函数f(x)在0,1上单调递增、所以x0,1时、f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2、使得g(x)x22ax41、即x22ax50、即a能成立令h(x)、则要使ah(x)在x1,2能成立、只需使ah(x)min、又函数h(x)在x1,2上单调递减、所以h(x)minh(2)、故只需a.答案：专题限时训练(大题规范练)(建议用时：30分钟)1(20xx汕头二模)已知函数f(x)aln xx1(其中aR)(1)讨论函数f(x)的极值；(2)对任意x0、f(x)(a21)成立、求实数a的取值范围解析：(1)f(x)的定义域为(0、)又f(x)1.当a0时、在(0、)上、f(x)0时、由f(x)0、得xa、在(0、a)上、f(x)0、f(x)为增函数、在(a、)上、f(x)0时、f(x)有极大值f(a)aln aa1、无极小值；(2)由(1)知、当a0、f(x)是减函数、又令be1、ln b0、不等式不成立；当a0时、f(x)有极大值也是最大值、f(x)maxf(a)aln aa1、要使对任意x0、f(x)(a21)成立、即aln aa1(a21)、则aln aaa20成立令u(a)aln aaa2(a0)、u(a)ln a11aln aa、令k(a)u(a)ln aa、则k(a)10、得a1.在(0,1)上、k(a)0、k(a)u(a)是增函数、在(1、)上、k(a)0、k(a)u(a)是减函数、当a1时、k(a)u(a)取极大值也是最大值、u(a)maxu(1)10.在(0、)上、u(a)0、u(a)是减函数、又u(1)0、要使u(a)0恒成立、则a1.实数a的取值范围为1、)2(20xx蓉城名校联盟联考)已知函数f(x)ax22(a1)x2ln x、aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)是否存在最大整数k、当ak时、对任意的x2、都有f(x)ex(x1)axln x成立？(其中e为自然对数的底数、e2.718 28)若存在、求出k的值；若不存在、请说明理由解析：(1)f(x)的定义域为(0、)、f(x)2ax2(a1)、所以当a(、0时、f(x)在(0,1)上单调递增、在(1、)上单调递减；当a(0,1)时、f(x)在(0,1)和上单调递增、在上单调递减；当a1时、f(x)在(0、)上单调递增；当a(1、)时、f(x)在和(1、)上单调递增、在上单调递减(2)ax22(a1)x2ln xex(x1)axln x对x2恒成立ax2(a2)x3ln xex(x1)当x2时、得4a(a2)23ln 2e2、所以2ae24ln 884210、所以a5、则整数k的最大值不超过4.下面证明：当a4时、不等式对于x2恒成立、设g(x)ax2(a2)x3ln xex(x1)(x2)、则g(x)2ax(a2)xex.令h(x)2ax(a2)xex、则h(x)2a