2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 主觀題專練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（12） 文

《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 主觀題專練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（12） 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 主觀題專練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（12） 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(12) 1．[2019·遼寧沈陽教學(xué)質(zhì)量檢測]已知函數(shù)f(x)＝(x－1)2＋mln x，m∈R. (1)當(dāng)m＝2時，求函數(shù)f(x)的圖象在點(1,0)處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1

2、＋m＝0的兩個不等實根，由根與系數(shù)的關(guān)系知x1＋x2＝1，x1x2＝，(*) 又x10，g(t)在上單調(diào)遞增． 所以g(t)min＝g＝1－＝1－，g(t)

3、1)討論函數(shù)f(x)的極值； (2)當(dāng)a>0時，方程f(x)＝ax存在唯一的實根，求實數(shù)a的值． 解析：(1)函數(shù)f(x)＝x2－aln x的定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝2x－＝. 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)無極值； 當(dāng)a>0時，若x∈，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 若x∈，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 所以f(x)有極小值f＝－ln，無極大值． 綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)無極值； 當(dāng)a>0時，f(x)有極小值－ln，無極大值． (2)令h(x)＝f(x)－ax＝x2－aln x－ax， 則h′(x)＝2x

4、－－a＝. 因為a>0，x>0，令h′(x)＝0，得x0＝， 所以h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以h(x)的極小值h(x0)＝0， 即x－aln x0－ax0＝0，?、? 且2x－ax0－a＝0，?、? 聯(lián)立①②可得2ln x0＋x0－1＝0. 令m(x)＝2ln x＋x－1，得m′(x)＝＋1>0， 故m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又m(1)＝0，所以x0＝1， 即＝1， 解得a＝1. 3．[2019·東北三省四市一模]已知a∈R，函數(shù)f(x)＝＋aln x，x∈(0,6)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若x＝2是f(

5、x)的極值點，且曲線y＝f(x)在兩點P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))(x10，且≥6，即00，且<6，即a>時，在x∈上，f′(x)<0，在x∈上，f′(x)>0， ∴f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增

6、． 綜上，當(dāng)a≤時，f(x)在(0,6)上單調(diào)遞減，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>時，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)∵x＝2是f(x)的極值點，∴由(1)可知＝2， ∴a＝1. 則曲線y＝f(x)在P(x1，f(x1))處的切線方程為y－＝(x－x1)， 在Q(x2，f(x2))處的切線方程為y－＝(x－x2)， ∵這兩條切線互相平行，∴－＋＝－＋， ∴＋＝. ∴＝－，又0

7、(t)＝4－ln t＋ln ∴g′(t)＝8－－＝＝<0， ∴g(t)在區(qū)間t∈上遞減，得g0)，令F(x)＝g′(x)，則F′(x)＝(x>0)． ①當(dāng)a≤0時，F(xiàn)′(x)>0，所以g′(x)單調(diào)遞增． ②當(dāng)a>0時，g′(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減

8、；在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由題意得x∈時，g(x)min≥[f(x)＋2]max恒成立． 因為[f(x)＋2]′＝3x2－2x＝x(3x－2)， 所以當(dāng)x∈時，函數(shù)y＝f(x)＋2單調(diào)遞減；當(dāng)x∈時， 函數(shù)y＝f(x)＋2單調(diào)遞增． 又f＋2

9、φ′(x)＝2ln x＋3>0， 可知h′(x)在上單調(diào)遞增，又h′(1)＝0. 所以當(dāng)x∈時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[1,2]時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增． 所以h(x)min＝h(1)＝－1.所以實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]． 5．[2019·河南洛陽市高三統(tǒng)一考試]已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－2kx(k∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1

10、x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)k>0時，令t(x)＝x2－2kx＋1， 當(dāng)Δ＝4k2－4≤0，即00，即k>1時，x2－2kx＋1＝0， 則t(x)的兩根為k±， 所以當(dāng)x∈(0，k－)時，f′(x)>0， 當(dāng)x∈(k－，k＋)時，f′(x)<0， 當(dāng)x∈(k＋，＋∞)時，f′(x)>0， 故當(dāng)k∈(－∞，1]時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)k∈(1，＋∞)時，f(x)在(0，k－)和(k＋，＋∞)上單調(diào)遞增，在(k－，k＋)

11、上單調(diào)遞減． (2)證明：f(x)＝ln x＋x2－2kx(x>0)， f′(x)＝＋x－2k， 由(1)知當(dāng)k≤1時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時f(x)無極值， 當(dāng)k>1時，f′(x)＝＋x－2k＝， 由f′(x)＝0，得x2－2kx＋1＝0， Δ＝4(k2－1)>0，設(shè)x2－2kx＋1＝0的兩根為x1，x2， 則x1＋x2＝2k，x1·x2＝1， 其中0

12、kx2 ＝ln x2＋x－(x1＋x2)x2 ＝ln x2＋x－x2 ＝ln x2－x－1， 令g(x)＝ln x－x2－1(x>1)， 則g′(x)＝－x<0， 所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 且g(1)＝－，且f(x2)<－. 6．[2019·重慶銅梁一中月考]已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－x2＋ax＋2. (1)若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)令a＝－1，b∈R，已知函數(shù)g(x)＝b＋2bx－x2，若對任意x1∈(－1，＋∞)，總存在x2∈[－1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，求實數(shù)b的取值范圍． 解

13、析：(1)因為f(x)＝ln(x＋1)－x2＋ax＋2，x∈(－1，＋∞)，所以f′(x)＝－2x＋a. 要使f(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，則需f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立， 即a≤2x－在[1，＋∞)上恒成立． 易知2x－在[1，＋∞)上為增函數(shù)，所以2x－在[1，＋∞)上的最小值為，所以a≤.即a的取值范圍為. (2)因為a＝－1，所以f(x)＝ln(x＋1)－x2－x＋2，x∈(－1，＋∞)． f′(x)＝－2x－1＝， 當(dāng)－10，f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x>0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以f

14、(x)的最大值為f(0)＝2，所以f(x)的值域為(－∞，2]． 若對任意x1∈(－1，＋∞)，總存在x2∈[－1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立， 則函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上的值域是g(x)在[－1，＋∞)上的值域的子集． g(x)＝－x2＋2bx＋b＝－(x－b)2＋b＋b2， ①當(dāng)b≤－1時，g(x)的最大值為g(－1)＝－1－b，所以g(x)在[－1，＋∞)上的值域為(－∞，－1－b]．由－1－b≥2得b≤－3； ②當(dāng)b>－1時，g(x)的最大值為g(b)＝b＋b2，所以g(x)在[－1，＋∞)上的值域為(－∞，b＋b2]．由b＋b2≥2得b≥1或b≤－2(舍去)． 綜上所述，b的取值范圍是(－∞，－3]∪[1，＋∞)． 7