浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练五函数与导数

(五)函数与导数1(2018浙江省台州中学模拟)设函数f(x)ax2bxc(a0)，曲线yf(x)过点(0,2a3)，且在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴(1)用a分别表示b和c；(2)当bc取得最小值时，求函数g(x)f(x)ex的单调区间解(1)f(x)2axb，由题意得则b2a，c2a3.(2)由(1)得bc2a(2a3)42，故当a时，bc取得最小值，此时有b，c，从而f(x)x2x，f(x)x，g(x)f(x)exex，所以g(x)(x24)ex，令g(x)0，解得x12，x22.当x(，2)时，g(x)0，故g(x)在(2,2)上为增函数；当x(2，)时，g(x)0，对任意xR，k(kx)ekx恒成立，设g(x)ekxkxk2，g(x)kekxkk(1ekx)，当x0时，g(x)0时，g(x)0，g(x)在(，0)上是减函数，在(0，)上是增函数，g(x)ming(0)1k20，又k0，0k1.方法二对任意xR，f(x)恒成立f(x)max，xR.f(x)kekx(kx)ekxekx(k2kx1)，当k0，xk时，f(x)0；xk时，f(x)0，f(x)在上是减函数，在上是增函数又当x时，f(x)，而0，与f(x)恒成立矛盾，k0，xk时，f(x)0；xk时，f(x)0，00，m(x)单调递增；当x(e，)时，m(x)0，m(x)单调递减m(x)有极大值，又x(0,1时，m(x)0；当x(1，)时，0m(x)1时，h(x)f(x)g(x)0恒成立，即ln xex2ax2ae0恒成立，令t(x)ln xex2ax2ae，t(x)ex2a，设(x)ex2a，(x)ex，x1，exe，0，(x)在(1，)上单调递增，即t(x)在(1，)上单调递增，t(x)t(1)1e2a，当a且a1时，t(x)0，t(x)ln xex2ax2ae在(1，)上单调递增，t(x)t(1)0成立，当a时，t(1)1e2a0，存在x0(1，ln 2a)，满足t(x0)0.t(x)在(1，)上单调递增，当x(1，x0)时，t(x)0，t(x)单调递减，t(x0)0不恒成立实数a的取值范围为(，1).4已知函数f(x)x1aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x24.(1)解f(x)1aex，当a0时，f(x)0，则f(x)在R上单调递增当a0，得xln，则f(x)的单调递增区间为，令f(x)ln，则f(x)的单调递减区间为.(2)证明由f(x)0得a，设g(x)，则g(x).由g(x)0，得x0，得x2.故g(x)ming(2)1时，g(x)0，当x0，不妨设x14等价于x24x1，4x12且g(x)在(2，)上单调递增，要证x1x24，只需证g(x2)g(4x1)，g(x1)g(x2)a，只需证g(x1)g(4x1)，即，即证(x13)x110；设h(x)e2x4(x3)x1，x(1,2)，则h(x)e2x4(2x5)1，令m(x)h(x)，则m(x)4e2x4(x2)，x(1,2)，m(x)h(2)0，h(x)在(1,2)上单调递增，h(x)h(2)0，x114得证5已知函数f(x)，g(x)mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，f(x)g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(3)当a1时，求证：当x1时，(x1)f(x)2.(1)解f(x)的定义域为(0，)，且f(x).由f(x)0得1ln xa0，即ln x1a，解得0x0得0x2，等价于.令p(x)，则p(x)，令(x)xln x，则(x)1，x1，(x)0，(x)在(1，)上单调递增，(x)(1)10，p(x)0，p(x)在(1，)上单调递增，p(x)p(1)2，令h(x)，则h(x)，x1，1ex0，h(x)1时，h(x)h(x)，即(x1)f(x)2，x1.6已知函数f(x)x3|ax3|2，a0.(1)求函数yf(x)的单调区间；(2)当a(0,5)时，对于任意x10,1，总存在x20,1，使得f(x1)f(x2)0，求实数a的值解(1)f(x)x3|ax3|2(a0)则f(x)当，即a3时，函数yf(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，；当，即0a3时，函数yf(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.(2)由题意知，对于任意x10,1，总存在x20,1，使得f(x1)f(x2)0，等价于当x0,1时，f(x)minf(x)max0，由(1)得当3a5时，yf(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)minf2，f(x)maxmaxf(0)，f(1)max1，a41，所以210，解得a3；当0a3时，yf(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)minf1，f(