2019年高考数学(文)二轮复习对点练：专题二 函数与导数 专题对点练7

由题设知 f'(2)=0,即 (2a-1)e2=0,解得 a=.
(2)(方法一)由(1)得 f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.
( )1 ,1 若 a>1,则当 x∈ ������ 时,f'(x)<0;
当 x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以 f(x)在 x=1 处取得极小值.
②当 x1>x2,即 0<a<1 时,f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:
x
(-∞,1) 1
( )1
1, ������
f'(x) +
0
-
f(x) ↗
极大值 ↘
1
������ 0 极小值
( ) 1 ,+∞ ������ + ↗
∴f(x)在 x=1 处取得极大值,不合题意.
③当 x1<x2,即 a>1 时,f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:
所以当 x>0 时,g(x)≤0.
( )1 1 -+ 从而当 a<0 时,ln 2������ 2������+1≤0, 3
即 f(x)≤-4������-2.
专题对点练 7 导数与不等式及参数范围
1.已知函数 f(x)= x2+(1-a)x-aln x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 a<0,若对∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求 a 的取值范围.
2.设函数 f(x)=(1-x2)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)当 x≥0 时,f(x)≤ax+1,求 a 的取值范围.
若 a≤1,则当 x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以 f'(x)>0.
所以 1 不是 f(x)的极小值点.
综上可知,a 的取值范围是(1,+∞).
(方法二)由(1)得 f'(x)=(ax-1)(x-1)ex.
当 a=0 时,令 f'(x)=0,得 x=1.
f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:
3 (2)当 a<0 时,证明 f(x)≤-4������-2.
专题对点练 7 答案
������ ������2 + (1 - ������)������ - ������ (������ + 1)(������ - ������)
=
=
1.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x+1-a-������
4
(������ + 1)·
≥2
������ + 1-5=-1,
4
当且仅当 x+1=������ + 1,即 x=1 时,等号成立.
∴a≤-1,
故 a 的取值范围为(-∞,-1].
2.解 (1)f'(x)=(1-2x-x2)ex. 令 f'(x)=0 得 x=-1- 2,x=-1+ 2. 当 x∈(-∞,-1- 2)时,f'(x)<0; 当 x∈(-1- 2,-1+ 2)时,f'(x)>0; 当 x∈(-1+ 2,+∞)时,f'(x)<0. 所以 f(x)在(-∞,-1- 2),(-1+ 2,+∞)内单调递减,在(-1- 2,-1+ 2)内单调递增.
所以 g(x)在[0,+∞)内单调递增,
而 g(0)=0,
故 ex≥x+1.
5 - 4������ - 1
当 0<x<1 时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0=
2
,则 x0∈(0,1),(1-x0)
(1+x0)2-ax0-1=0,
故 f(x0)>ax0+1.
������
.
若 a≥0,则当 x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)单调递增.
( )1
0, -
若 a<0,则当 x∈
2������ 时,f'(x)>0;
( ) 1
- ,+∞
当 x∈ 2������
时,f'(x) <0.
( ) ( ) 1
1
0, -
- ,+∞
故 f(x)在
2������ 单调递增,在 2������
( )1 1 -+ 即 ln 2������ 2������+1≤0.
设 g(x)=ln x-x+1,则 g'(x)= -1.
当 x∈(0,1)时,g'(x)>0;
当 x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.
所以 g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.
故当 x=1 时,g(x)取得最大值,最大值为 g(1)=0.
∴g'(x)= -x+3+a≤0 对∀x∈(0,+∞)恒成立, ������2 - 3������
∴a≤ ������ + 1 对∀x∈(0,+∞)恒成立,
( ) ������2 - 3������
∴a≤
������ + 1
������������������
.
������2 - 3������
4
又 ������ + 1 =x+1+������ + 1-5
������
������
,
若 a≤0,则 f'(x)>0,此时 f(x)在(0,+∞)内单调递增;
若 a>0,则由 f'(x)=0 得 x=a,当 0<x<a 时,f'(x)<0,当 x>a 时,f'(x)>0,
此时 f(x)在(0,a)内单调递减,在(a,+∞)内单调递增.
(2)不妨设 x1≤x2,而 a<0,由(1)知,f(x)在(0,+∞)内单调递增,∴f(x1)≤f(x2),
x
( )1 - ∞, ������
1 ������
( )1 ,1 ������
f'(x) +
0
-
f(x) ↗
极大值3;∞)
+ ↗
∴f(x)在 x=1 处取得极小值,即 a>1 满足题意.
当 a<0 时,令 f'(x)=0,得 x1=,x2=1. f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:
5-1
当 a≤0 时,取 x0= 2 ,则 x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞). 3.解 (1)因为 f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,
所以 f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex.
所以 f'(2)=(2a-1)e2.
x
(-∞,1) 1
f'(x) +
0
f(x) ↗
极大值
(1,+∞) ↘
∴f(x)在 x=1 处取得极大值,不合题意.
当 a>0 时,令 f'(x)=0,
得 x1=,x2=1. ①当 x1=x2,即 a=1 时,
f'(x)=(x-1)2ex≥0,
∴f(x)在 R 上单调递增,
∴f(x)无极值,不合题意.
3.(2018 北京,文 19)设函数 f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex. (1)若曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为 0,求 a; (2)若 f(x)在 x=1 处取得极小值,求 a 的取值范围.
4.已知函数 f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论 f(x)的单调性;
x
( )1 - ∞, ������
1 ������
f'(x) -
0
f(x) ↘
极小值
( )1 ,1 ������ + ↗
1
0 极大值
(1,+∞)
↘
∴f(x)在 x=1 处取得极大值,不合题意. 综上所述,a 的取值范围为(1,+∞).
(������ + 1)(2������������ + 1)
4.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= +2ax+2a+1=
|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|⇔4x1-f(x1)≥4x2-f(x2),
令 g(x)=4x-f(x),则 g(x)在(0,+∞)内单调递减,
( )������ ������
������ + 1 - ������ - =
∵g'(x)=4-f'(x)=4-
������ ������-x+3+a,
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当 a≥1 时,设函数 h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),
因此 h(x)在[0,+∞)内单调递减,
而 h(0)=1,故 h(x)≤1,
所以 f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当 0<a<1 时,设函数 g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),
单调递减.
( ) ( ) 1
1
11
-
-
(2)证明 由(1)知,当 a<0 时,f(x)在 x=-2������ 取得最大值,最大值为 f 2������ =ln 2������ -1-4������ .
( ) 3
1 13
-
所以 f(x)≤-4������-2 等价于 ln 2������ -1-4������≤-4������-2,