2019届高考数学冲刺复习专题能力提升练试题五

1、专题能力提升练 二十五 导数与不等式及参数范围问题(45分钟80分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.已知函数f(x)=x2lnx-a(x2-1)(aR),若f(x)0在0<x1上恒成立,则实数a的取值范围为()A.a2B.a1C.aD.a【解析】选C.分离参量:当x=1时,f(x)=0,此时aR.当0<x<1时,由f(x)0得,a=.设h(x)=,则h(x)=>0,h(x)单调递增,h(x)=,所以a.【加固训练】(2018·淮北一模)若存在实数x使得关于x的不等式(ex-a)2+x2-2ax+a2成立,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.【解析】选

2、A.不等式(ex-a)2+x2-2ax+a2成立,即为(ex-a)2+(x-a)2,表示点(x,ex)与(a,a)的距离的平方不超过,即最大值为.由(a,a)在直线l:y=x上,设与直线l平行且与y=ex相切的直线的切点为(m,n),可得切线的斜率为em=1,解得m=0,n=1,切点为(0,1),由切点到直线l的距离为直线l上的点与曲线y=ex的距离的最小值,可得(0-a)2+(1-a)2=,解得a=,则a的取值集合为.2.(2018·郑州一模)已知函数f(x)=ex+x2+lnx与函数g(x)=e-x+2x2-ax的图象上存在关于y轴对称的点,则实数a的取值范围为()A.(-,-e

3、B.C.(-,-1D.【解析】选C.由题意知,方程g(-x)-f(x)=0在(0,+)上有解,即ex+2x2+ax-lnx-ex-x2=0,即x+a-=0在(0,+)上有解,即函数y=x+a与y=在(0,+)上有交点,y=的导数为y=,当x>e时,y<0,函数y=递减;当0<x<e时,y>0,函数y=递增.可得x=e处函数y=取得极大值,函数y=x+a与y=在(0,+)上的图象如图:当直线y=x+a与y=相切时,切点为(1,0),可得a=0-1=-1,由图象可得a的取值范围是(-,-1.【加固训练】已知函数g(x)=a-x2xe,e为自然对数的底数与h(x)=2l

4、nx的图象上存在关于x轴对称的点,则实数a的取值范围是()A.B.1,e2-2C.D.e2-2,+)【解析】选B.函数g(x)=a-x2与h(x)=2lnx的图象上存在关于x轴对称的点,即函数f(x)=x2-a与h(x)=2lnx的图象有交点,即M(x)=f(x)-h(x)=x2-2lnx-a在区间上有零点.因为M(x)=2x-=,故函数M(x)在区间上单调递减,在区间1,e上单调递增,即M(x)在x=1处取得最小值.要使M(x)与x轴有交点,则需M(1)=1-a0,即a1.另一方面M=+2-a,M(e)=e2-2-a,M(e)-M=e2-4>0,故M(e)=e2-2-a0,ae2-2,

5、综上所述,实数a的取值范围是1,e2-2.3.已知函数y=f(x)是R上的可导函数,当x0时,有f(x)+>0,则函数F(x)=xf(x)+的零点个数是()A.0B.1C.2D.3【解析】选B.由F(x)=xf(x)+=0,得xf(x)=-,设g(x)=xf(x),则g(x)=f(x)+xf(x),因为x0时,有f(x)+>0,所以x0时,>0,即当x>0时,g(x)=f(x)+xf(x)>0,此时函数g(x)单调递增,此时g(x)>g(0)=0,当x<0时,g(x)=f(x)+xf(x)<0,此时函数g(x)单调递减,此时g(x)>g(0

6、)=0,作出函数g(x)和函数y=-的图象,(直线只代表单调性和取值范围),由图象可知函数F(x)=xf(x)+的零点个数为1个.4.定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=f(x),且对任意的不相等的实数x1,x20,+)有<0成立,若关于x的不等式f(2mx-lnx-3)2f(3)-f(-2mx+lnx+3)在x1,3上恒成立,则实数m的取值范围是()A.B.C.D.【解析】选D.因为定义在R上的函数f(x)的图象关于y轴对称,所以函数f(x)为偶函数,因为函数f(x)在0,+)上单调递减,所以f(x)在(-,0)上单调递增,若不等式f(2mx-lnx-3)2f(3)-f(-2mx+

7、lnx+3)对x1,3恒成立,即f(2mx-lnx-3)f(3)对x1,3恒成立.所以-32mx-lnx-33对x1,3恒成立,即02mx-lnx6对x1,3恒成立,即2m且2m对x1,3恒成立.令g(x)=,则g(x)=,在1,e)上递增,(e,3上递减,所以g(x)max=.令h(x)=,h(x)=<0,在1,3上递减,所以h(x)min=.综上所述,m.5.已知x1是函数f(x)=x+1-ln(x+2)的零点,x2是函数g(x)=x2-2ax+4a+4的零点,且满足|x1-x2|1,则实数a的最小值是()A.2-2B.1-2C.-2D.-1【解析】选D.因为f(x)=1-=,所以当

8、-2<x<-1时,f(x)<0,当x>-1时,f(x)>0,所以当x=-1时,f(x)取得最小值f(-1)=0,所以f(x)只有唯一一个零点x=-1,即x1=-1,因为|x1-x2|1,所以-2x20,所以g(x)在-2,0上有零点,(1)若=4a2-4(4a+4)=0,即a=2±2,此时g(x)的零点为x=a,显然当a=2-2符合题意;(2)若=4a2-4(4a+4)>0,即a<2-2或a>2+2,若g(x)在-2,0上只有一个零点,则g(-2)g(0)0,所以a=-1;若g(x)在-2,0上有两个零点,则解得-1a<2-2.综

9、上,a的最小值为-1.6.(2018·荆州一模)设函数f(x)=ex+1-ma,g(x)=aex-x(m,a为实数),若存在实数a,使得f(x)g(x)对任意xR恒成立,则实数m的取值范围是()A.B.C.D.【解析】选C.令h(x)=f(x)-g(x)=ex+1-ma-aex+x=(e-a)ex-ma+x,则h(x)=(e-a)ex+1,若e-a0,可得h(x)>0,函数h(x)为增函数,当x+时,h(x)+,不满足h(x)0对任意xR恒成立.若e-a<0,由h(x)=0,得ex=,则x=ln,所以当x时,h(x)>0,当x时,h(x)<0,所以h(x)ma

10、x=h=(e-a)·-ma+ln=-1-ma+ln.若f(x)g(x)对任意xR恒成立,则-1-ma+ln0(a>e)恒成立,若存在实数a,使得-1-ma+ln0成立,则maln-1,所以m-(a>e),令F(a)=-,则F(a)=-+=-+=.所以当a<2e时,F(a)<0,当a>2e时,F(a)>0,则F(a)min=F(2e)=-.所以m-.则实数m的取值范围是.【加固训练】(2018·武汉二月调研)已知实数x,y满足约束条件若不等式(1-a)x2+2xy+(4-2a)y20恒成立,则实数a的最大值为()A.B.C.D.【解析】选A

11、.由图可知,.令t=,由(1-a)x2+2xy+(4-2a)y20得,a=1+=1+=1+=2+.令y=,则y=,易知y=在上先增后减,ymin=min=min=.所以a2+=.另解求y=,t的最值的时候也可以用换元法:令=2t-11,2,则y=,而=max=6(借助对勾函数),所以ymin=,所以a2+=.二、填空题(每小题5分,共10分)7.已知函数f(x)=1+x-+-+,设F(x)=f(x+4),且函数F(x)的零点均在区间a,b(a<b,a,bZ)内,则b-a的最小值是_.【解析】函数f(x)的导数f(x)=1-x+x2-x3+x2016=(x1)显然当x>-1时,1+x

12、2017>0,1+x>0,即f(x)>0;当x<-1时,1+x2017<0,1+x<0,即f(x)>0,所以f(x)在定义域上为增函数,又f(-1)=1-1-<0,所以x<-1时,f(x)<f(-1)<0,又f(0)=1>0,所以f(x)在(-1,0)上有且只有一个零点,即F(x)=f(x+4)在(-5,-4)上有且只有一个零点,又a,bZ,所以a=-5,b=-4,所以b-a=1.答案:18.(2018·广元一模)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln+,对任意aR存在b(0,+)使f(a)=g(b),则b-a的

13、最小值为_.【解析】令y=ea,则a=lny,令y=ln+,可得b=2,则b-a=2-lny,所以(b-a)=2-.显然,(b-a)是增函数,观察可得当y=时,(b-a)=0,故(b-a)有唯一零点.故当y=时,b-a取得最小值为2-lny=2-ln=2+ln2.答案:2+ln2三、解答题(每小题10分,共40分)9.已知函数f(x)=ex,直线l的方程为y=kx+b,(kR,bR).(1)若直线l是曲线y=f(x)的切线,求证:f(x)kx+b对任意xR成立.(2)若f(x)kx+b对任意x0,+)恒成立,求实数k,b应满足的条件.【解析】(1)因为f(x)=ex,设切点为(t,et),所以

14、k=et,b=et(1-t),所以直线l的方程为y=etx+et(1-t),令函数F(x)=f(x)-kx-b,即F(x)=ex-etx-et(1-t),F(x)=ex-et,所以F(x)在(-,t)单调递减,在(t,+)单调递增,所以F(x)min=f(t)=0,故F(x)=f(x)-kx-b0,即f(x)kx+b对任意xR成立.(2)令H(x)=f(x)-kx-b=ex-kx-b,x0,+),H(x)=ex-k,x0,+),当k1时,H(x)0,则H(x)在0,+)单调递增,所以H(x)min=H(0)=1-b0,b1,即符合题意.当k>1时,H(x)在0,lnk上单调递减,在lnk

15、,+)单调递增,所以H(x)min=H(lnk)=k-klnk-b0,即bk(1-lnk),综上所述:满足题意的条件是或10.(2018·菏泽一模)已知函数f(x)=x2-(a+1)x+alnx+1(aR).(1)若函数f(x)在x=2处取得极值,求f(x)的极大值.(2)若f(x)1对x(0,+)成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=x2-(a+1)x+alnx+1,所以f(x)=x-(a+1)+.又因为函数f(x)在x=2处取得极值,所以f(2)=2-(a+1)+=0,解得a=2.当a=2时,f(x)=x-3+=.令f(x)=0,则=0,所以x1=1,x2=2.当

16、x变化时,f(x)与f(x)变化情况如下表:x(0,1)1(1,2)2(2,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值f(x)的极大值为f(1)=-.(2)据题意,得x2-(a+1)x+alnx0对x(0,+)恒成立.设g(x)=x2-(a+1)x+alnx,则g(x)=x-(a+1)+=.讨论:()当a0时,由g(x)<0得函数g(x)的单调减区间为(0,1);由g(x)>0得函数g(x)的单调增区间为(1,+).所以g(x)min=g(1),且g(1)=-a-.所以-a-0,解得a-;()当0<a<1时,由g(x)<0得函数g(x)的单调减区间为(a,1);由

17、g(x)>0得函数g(x)的单调增区间为(0,a),(1,+),又g(1)=-a-,-a-<0,不合题意.()当a=1时,g(x)=0,g(x)在(0,+)上单调递增,又g(1)=-a-,-a-<0,不合题意.()当a>1时,由g(x)<0得函数g(x)单调减区间为(1,a);由g(x)>0得函数g(x)单调增区间为(0,1),(a,+),又g(1)=-a-,-a-<0,不合题意.综上,所求实数a的取值范围是.11.(2018·成都二模)已知函数f(x)=ex-(a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性.(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范

18、围.【解题指南】(1)对函数f(x)求导,再对a进行分类讨论,根据f(x)>0和f(x)<0,即可得函数f(x)的单调性;(2)根据(1)的单调区间,对a进行分类讨论,结合单调性和函数值的变化特点,即可得到a的取值范围.【解析】(1)f(x)=(ex-1)(ex+a+1),当a-1时,ex+a+1>0,由f(x)>0,得x(0,+),由f(x)<0,得x(-,0).所以f(x)的单增区间为(0,+),单减区间为(-,0).当a<-1时,令f(x)=0,x=0或x=ln(-a-1).当ln(-a-1)=0,即a=-2时,f(x)=(ex-1)20,所以f(x)

19、在(-,+)单调递增,当ln(-a-1)>0,即a<-2时,由f(x)>0得,x(-,0)(ln(-a-1),+),由f(x)<0得,x(0,ln(-a-1).所以f(x)单调递增区间为(-,0)和(ln(-a-1),+),f(x)单调递减区间为(0,ln(-a-1).当ln(-a-1)<0,即-2<a<-1时,由f(x)>0得,x(-,ln(-a-1)(0,+),由f(x)<0得,x(ln(-a-1),0).所以f(x)的单调递增区间为(-,ln(-a-1),(0,+),f(x)的单调递减区间为(ln(-a-1),0).(2)f(0)=a

20、+.当a-1时,只需f(0)<0,即-1a<-时,满足题意;当a=-2时,f(x)在(-,+)上单调递增,不满足题意;当a<-2时,f(x)的极大值f(0)<0,不可能有两个零点;当-2<a<-1时,f(x)的极小值f(0)<0,x+,f(x)+,只有f(ln(-a-1)=0才能满足题意,即-a-ln(-a-1)=0有解.令(a)=-a-ln(-a-1),a(-2,-1),则(a)=->0.所以(a)在(-2,-1)单调递增.因为(-2)=,所以(a)>0,方程无解.所以综上所述,-1a<-.12.已知函数f(x)=x2-ax+aln

21、x(a>0). (1)讨论f(x)的单调性.(2)当a=1时,若方程f(x)=x2+m(m<-2)有两个相异实根x1,x2,且x1<x2,证明:x1<2.【解析】(1)函数f(x)=x2-ax+alnx(a>0)的定义域为(0,+),f(x)=x-a+=,(a>0),=a2-4a.当0,即0<a4时,函数f(x)在(0,+)递增,当>0,即a>4时,f(x)=0的根x1=,x2=,x(0,x1)时,f(x)>0,x(x1,x2)时,f(x)<0,x(x2,+)时,f(x)>0,所以f(x)在(0,x1),(x2,+)上单调

22、递增,在(x1,x2)上单调递减.(2)当a=1时,若方程f(x)=x2+m(m<-2)有两个相异实根x1,x2方程lnx-x-m=0(m<-2)有两个相异实根x1,x2.令g(x)=lnx-x-m,定义域为(0,+),g(x)=-1,令g(x)<0得x>1,令g(x)>0得0<x<1,所以函数g(x)=lnx-x-m的单调减区间是(1,+),单调递增区间是(0,1),又lnx1-x1-m=lnx2-x2-m=0,由题意可知lnx2-x2=m<-2<ln2-2,又可知g(x)=lnx-x-m在(1,+)递减,故x2>2,令h(x)=g

23、(x)-g,(x>2),h(x)=g(x)-g=-x+3lnx-ln2(x>2),h(x)=-,当x>2时,h(x)<0,h(x)是减函数,所以h(x)<h(2)=2ln2-<0.所以当x2>2时,g(x2)-g<0,即g(x1)<g,因为g(x)在(0,1)上单调递增,所以x1<,故x1·<2.综上所述:x1·<2.(建议用时:50分钟)1.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x),满足f(x)<f(x),且f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式f(x)<ex的解集为()A

24、.(-2,+)B.(0,+)C.(1,+)D.(4,+)【解析】选B.设g(x)=,则g(x)=<0,即g(x)在R上单调递减.又f(x+2)为偶函数,所以f(2+x)=f(2-x),即f(4)=f(0)=1,所以g(0)=1,所以f(x)<ex=g(x)<1,所以x>0.2.(2018·郑州一模)若对于任意的正实数x,y都有·ln成立,则实数m的取值范围为()A.B.C.D.【解析】选D.根据题意,对于·ln,变形可得ln,即ln,设t=,则(2e-t)lnt,t>0,设f(t)=(2e-t)lnt(t>0),则其导数f(t)

25、=-lnt+-1,又由t>0,则f(t)为减函数,且f(e)=-lne+-1=0,则当t(0,e)时,f(t)>0,f(t)为增函数,当t(e,+)时,f(t)<0,f(t)为减函数,则f(t)的最大值为f(e),且f(e)=e,若f(t)=(2e-t)lnt恒成立,必有e,解得0<m,即m的取值范围为.3.若关于x的方程+m=0有3个不相等的实数解x1,x2,x3,且x1<0<x2<x3,其中mR,e=2.71828,则的值为()A.1B.1-mC.1+mD.e【解析】选A.由题意,得+m+1=0,两边同乘以-1,得+(m+1)+1=0.令-1=t,

26、t2+(m+1)t+1=0,根据根与系数的关系,得t1t2=1.由于x1<0,则-1<0-1=-1,则至少有一个t<0,而t1t2=1>0,故t1<0且t2<0,由于x3>x2>0,则-1>0-1=-1,-1>0-1=-1,由于3个不等的x值只对应相应的2个t值,而-1<-1,-1>-1,-1>-1,则设t1<-1,t2>-1,有-1=t1,-1=-1=t2,故=t2t2=(t1t2)2=1.4.若函数f(x)=ex-1+2x-loax(a>0)在区间(0,2)内有两个不同的零点,则实数a的取值范围

27、为()A.B.(0,2C.D.【解析】选D.当a=2时,f(x)=ex-1+2x-2x=ex-1>0在定义域上没有零点,故排除A,B两个选项.当a=22时,f(x)=ex-1+2x-4x=ex-1-2x,令f(x)=ex-1-2=0,解得x=ln2+1<2,故函数在(0,ln2+1)上递减,在(ln2+1,2)上递增,而f(0)>0,f(1)<0,f(2)=e-4<0,所以在区间(0,2)上至多有一个零点,不符合题意,排除C选项.故选D.5.已知函数f(x)=ax2-2ax+lnx有两个不同的极值点x1,x2,且x1·x2>.(1)求实数a的取值范

28、围.(2)设上述a的取值范围为M,若存在x0,使对任意aM,不等式f(x0)+ln(a+1)>m(a2-1)-(a+1)+2ln2恒成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)f(x)=ax-2a+=(x>0).令f(x)=0,则ax2-2ax+1=0.据题意,方程有两个不等正根,则即解得1<a<2.故实数a的取值范围是(1,2).(2)由ax2-2ax+1>0,得a(x-1)2>a-1.即x<1-或x>1+.所以f(x)在和上是增函数.因为1<a<2,则1+<1+,所以f(x)在上是增函数.当x时,f(x)max=f(2)=-2a

29、+ln2.据题意,当a(1,2)时,f(x)max+ln(a+1)>m(a2-1)-(a+1)+2ln2恒成立,即-2a+ln2+ln(a+1)>m(a2-1)-(a+1)+2ln2恒成立,即ln(a+1)-ma2-a+m+1-ln2>0恒成立.设g(a)=ln(a+1)-ma2-a+m+1-ln2,则g(a)=-2ma-1=.当m0时,因为a(1,2),则g(a)<0,所以g(a)在(1,2)上是减函数.此时,g(a)<g(1)=0,不合题意.当m<0时,若1+-1,即m-,因为a(1,2),则a+1+>0,g(a)>0,所以g(a)在(1,2

30、)上是增函数.此时,g(a)>g(1)=0,符合题意.若1+<-1,即-<m<0,则->1.当1<a<-时,a+1+<0,则g(a)<0,所以g(a)在上是减函数.此时,g(a)<g(1)=0,不合题意.综上分析,m的取值范围是.6.已知函数f(x)=lnx+x2-2kx(kR).(1)讨论f(x)的单调性.(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,证明:f(x2)<-.【解析】(1)f(x)=lnx+x2-2kx,x(0,+),所以f(x)=+x-2k=.当k0时,f(x)>0,所以f(x)在(0,+)

31、上单调递增;当k>0时,令t(x)=x2-2kx+1,当=4k2-40即0<k1时,t(x)0恒成立,即f(x)0恒成立,所以f(x)在(0,+)上单调递增,当=4k2-4>0,即k>1时,x2-2kx+1=0的两根x1,2=k±,所以x(0,k-),f(x)>0,x(k-,k+),f(x)<0,x(k+,+),f(x)>0,故当k(-,1时,f(x)在(0,+)上单调递增,当k(1,+)时,f(x)在(0,k-)和(k+,+)上单调递增,f(x)在(k-,k+)上单调递减.(2)f(x)=lnx+x2-2kx(x>0),f(x)=+x

32、-2k,由(1)知k1时,f(x)在(0,+)上单调递增,此时f(x)无极值,当k>1时,f(x)=+x-2k=,由f(x)=0得x2-2kx+1=0,=4k2-4>0,设两根为x1,x2,则x1+x2=2k,x1·x2=1,其中0<x1=k-<1<x2=k+,f(x)在(0,x1)上递增,在(x1,x2)上递减,在(x2,+)上递增,f(x2)=lnx2+-2kx2=lnx2+-(x1+x2)x2=lnx2+-x2=lnx2-1,令m(x)=lnx-x2-1(x>1),m(x)=-x<0,所以m(x)在(1,+)上单调递减,且m(1)=-,

33、故f(x2)<-.【加固训练】1.(2018·安庆二模)已知函数f(x)=x2+ax+blnx,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=2x.(1)求实数a和b的值.(2)设F(x)=f(x)-x2+mx(mR),x1,x2(0<x1<x2)分别是函数F(x)的两个零点,求证F()<0.【解析】(1)由f(x)=x2+ax+blnx,得f(1)=1+a,f(x)=2x+a+,f(1)=2+a+b,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=(2+a+b)(x-1)+(1+a)(*).将方程(*)与y=2x比较,得解得a=1,b=-1.(2)F(x)=f(x)-x2+mx=(x2+x-lnx)-x2+mx=(m+1)x-lnx,因为x1,x2(x1<