2019高考数学二轮(文科)大题专项练习(六) 解析版

(1)若函数 f(x)在 x ＝1 处与直线 y ＝2相切，求函数 f(x)在⎢e ，e ⎥上
(2)当 b ＝0 时，若不等式 f(x)≥m ＋x 对所有的 a ∈⎢0，2⎥，x ∈(1，
大题专项练习(六) 函数与导数
1．[2018· 黑龙江大庆实验中学月考]设函数 f(x)＝alnx －bx 2.
1 ⎡1 ⎤ ⎣ ⎦
的最大值；
⎡ 3⎤ ⎣ ⎦
e 2]都成立，求实数 m 的取值范围．
2．[2018· 全国卷Ⅰ]已知函数 f(x)＝a e x －lnx －1.
(1)设 x ＝2 是 f(x)的极值点，求 a ，并求 f(x)的单调区间；
1
(2)证明：当 a ≥e 时，f(x)≥0.
3．[2018· 全国卷Ⅱ]已知函数 f(x)＝e x －ax 2. (1)若 a ＝1，证明：当 x ≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a.
4．[2018· 陕西吴起期中]已知函数 f(x)＝a 2lnx ＋ax －x 2＋a. (1)讨论 f(x)在(1，＋∞)上的单调性；
x . 1
(2)若
x 0∈(0，＋∞)，f(x 0)>a －2e ，求正数 a 的取值范围．
1＋lnx
5．[2018· 山东实验中学二模]已知函数 f(x)＝
(1)求函数 y ＝f(x)的单调区间；
(2)若关于 x 的方程 f(x)＝e x －1＋e 1－x ＋k 有实数解，求实数 k 的取
值范围；
(3)求证 x ＋1＋(x ＋1)lnx <x e x .
t
6．[2018· 河南洛阳统考]已知函数 f(x)＝(x －1)e x －2x 2，其中 t ∈
R .
(1)函数 f(x)的图象能否与 x 轴相切，若能，求出实数 t ，若不能，
请说明理由；
(2)讨论函数 f(x)的单调性．
1．解析：(1)f ′(x)＝x
则⎨
1 2∴
f(x)＝lnx － x (x>0)，
1－x 21－
x ＝
， 1当 <x <1 时，f ′(x)>0， ⎛ ⎫∴f(x)在 ，1⎪上单调递增，在(1，e)上
单调递减．
⎢0， ⎥，x ∈(1，e 2]都成立，即2
⎤⎡∴m ≤alnx －x 对所有的 a ∈⎢0， ⎥，x ∈(1，e 2]恒成立， ∴m ≤h(a) .
2．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a e x －
1由题设知，f ′(2)＝0，所以 a ＝
.
大题专项练习(六) 函数与导数
a －2bx ，
⎧⎪f ′(1)＝a －2b ＝0，
1 ⎪⎩f (1)＝－b ＝－2.
∴a ＝1，b ＝1
，
2
2
f ′(x)＝x x
e
当 1<x <e 时，f ′(x)<0，
1 ⎝e ⎭
(2)当 b ＝0 时，f(x)＝alnx ，若不等式 f(x)≥m ＋x 对所有的 a ∈ ⎡ 3⎤ ⎣
⎦
alnx ≥m ＋x ，
3 ⎣
2⎦ 令 h(a)＝alnx －x ，则 h(a)为一次函数，
min
∵x ∈(1，e 2]，lnx >0， ∴h(a) ＝h(0)＝－x ，
min
∴m ≤－x 对 x ∈(1，e 2]都成立， ∴m ≤－e 2.
即实数 m 的取值范围是(－∞，－e 2]．
1
x .
2e
2
1 x 1 x
1从而 f(x)＝ e －lnx －1，f ′(x)＝ e － . (2)当 a ≥e
e e
1
设 g (x)＝ －lnx －1，则 g ′(x)＝ － .
4a 故 h(2)＝1
－ 是 h(x)在[0，＋∞)的最小值． e ②若 h(2)＝0，即 a ＝ ，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点． e ③若 h(2)<0，即 a > ，
2e 2 2e 2 x
当 0<x <2 时，f ′(x)<0；当 x >2 时，f ′(x)>0.
所以 f(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
1时，f(x)≥e x －lnx －1. e
x x e e x 当 0<x <1 时，g ′(x)<0；当 x >1 时，g ′(x)>0.
所以 x ＝1 是 g (x)的最小值点．
故当 x >0 时，g (x)≥g (1)＝0.
因此，当 a ≥1
时，f(x)≥0.
e
3．解析：(1)证明：当 a ＝1 时，f(x)≥1 等价于(x 2＋1)e －x －1≤0. 设函数 g (x)＝(x 2＋1)e －x －1，则 g ′(x)＝－(x 2－2x ＋1)·e －x ＝－(x
－1)2e －x .
当 x ≠1 时，g ′(x)<0，所以 g (x)在(0，＋∞)单调递减．
而 g (0)＝0，故当 x ≥0 时，g (x)≤0，即 f(x)≥1. (2)设函数 h(x)＝1－ax 2e －x .
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当 h(x)在(0，＋∞)只有一个
零点．
(i)当 a ≤0 时，h(x)>0，h(x)没有零点；
(ii)当 a >0 时，h ′(x)＝ax(x －2)e －x .
当 x ∈(0,2)时，h ′(x)<0；当 x ∈(2，＋∞)时，h ′(x)>0.
所以 h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
e 2
①若 h(2)>0，即 a <e
2，h(x)在(0，＋∞)没有零点．
4 2
4
2
4 由于 h(0)＝1，所以 h(x)在(0,2)有一个零点；
16a
16a 由(1)
知，当 x >0 时，e >x ，所以 h(4a)＝1－
＝1－ >1－x2
16a 3
1
＝1－
e
综
上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝ . (2x ＋a )(x －a )a 2
＋a －2x ＝－
4．解析：(1)f ′(x)＝ x
(x>0)， ⎛ ⎫综上，当 a <－
2 时，f(x)在 － ，＋∞⎪上单调递减，
⎫⎛在 1，－ ⎪上单调递增；
1若 x ∈(0，＋∞)，f(x )>a － ，
1
2
即 a lna ＋a >a － ，
12即 a lna ＋ >0.
2
3 3 e 4a (e 2a )2
(2a )4 a >0，故 h(x)在(2,4a)有一个零点．
因此 h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
2 4
x
当 a >1 时，1<x <a 时，f ′(x)>0，f(x)为增函数；
x >a 时，f ′(x)<0，f(x)为减函数；
当 0<a ≤1 时，f ′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)为减函数；
当 a <－2 时，当 x >－a
，f ′(x)<0，f(x)为减函数；
2
当 1<x <－a
时，f ′(x)>0，f(x)为增函数；
2
当－2≤a ≤0 时，f ′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
a ⎝ ⎭
a ⎝ 2⎭
当－2≤a ≤1 时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减；
当 a >1 时，f(x)在(a ，＋∞)上单调递减，在(1，a)上单调递增．
(2)∵a >0，
∴当 x >a 时，f ′(x)<0，f(x)为减函数，
当 0<x <a 时，f ′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x) ＝f(a)＝a 2lna ＋a ，
max
0 0 2e 只需 f(a)>a － 1 ， 2e
2e
2e
设 g (x)＝x 2lnx ＋
1 ， ∴当 x >e －1时，g ′(x)>0；当 0<x <e -1
2 时，g ′(x)<0， ∴g (x) ＝g (e -12 )＝0， x ，
2e
g ′(x)＝2xlnx ＋x ＝x(2lnx ＋1)．
2
min
∴a 的取值范围为(0，e -12 )∪(e -12 ，＋∞)．
5．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
lnx
f ′(x)＝－ x 2 ，
∴当 0<x <1 时，f ′(x)>0，f(x)为增函数，
当 x >1 时，f ′(x)<0，f(x)为减函数，
∴f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)．
(2)令 g (x)＝e x －1＋e 1－x ＋k ， g ′(x)＝e x －1－e 1－x ，
∴当 0<x <1 时，g ′(x)<0，g (x)为减函数，
当 x >1 时，g ′(x)>0，g (x)为增函数，
∴g (x) ＝g (1)＝2＋k ，
min
若关于 x 的方程 f(x)＝e x －1＋e 1－x ＋k 有实数解，
∴f(x) max ≥g (x)min ， ∴f(1)＝1≥2＋k ，
∴k ≤－1.
e x
1＋lnx
(3)原不等式等价于 > x ＋1
令 h(x)＝ e x ，h ′(x)＝e x (x ＋1)－e x ＝ x e
x ，
x ＋1 (x ＋1)2 (x ＋1)2
当 x >0 时，h ′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
h(0)＝ e 0
＝1，h(x)>1，
0＋1
∴ e > x ，
假设函数 f(x)的图象与 x 轴相切于点(x 0)，
⎧f ′(x 0)＝0，
∴⎨
⎪⎩(x 0－1)e x 0－2x 20＝0②
∴x ≠0，由①e x ＝t ，代入②
t(x 0－1－2x 20)＝0， 由 x －1－1x 2＝0，化为 x 2－2x ＋2＝0 方程无解．
t 0
由(1)知 f(x) ＝f(1)＝1，
min
x 1＋lnx
x ＋1
即 x ＋1＋(x ＋1)lnx <x e x 成立．
6．解析：(1)f ′(x)＝e x ＋(x －1)e x －tx ＝x e x －tx ＝x(e x －t)， 0,
则有⎨
⎩f (x 0)＝0
⎧⎪x 0(e x 0－t )＝0，①
t
若 x ＝0，①成立，②不成立，
0 0 tx 0－t －2x 2＝0，
1
0 2 0
0 0 ∴无论 t 取何值，函数 f(x)的图象都不能与 x 轴相切．
(2)∵f ′(x)＝x(e x －t)，
当 t ≤0 时，e x －t ≥0，当 x >0 时，f ′(x)>0，f(x)递增，
当 x <0 时，f ′(x)<0，f(x)递减，
当 t >0 时，由 f ′(x)＝0，得 x ＝0 或 x ＝lnt. ①当 0<t <1 时，lnt <0，
∴当 x<lnt 或 x >0 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 当 lnt <x <0 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当 t ＝1 时，f ′(x)>0，f(x)递增， 当 t >1 时，lnt >0，
当 x>lnt 或 x <0 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 当 0<x<lnt 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当 t ≤0 时，f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是
增函数；
当0<t<1时，f(x)在(－∞，lnt)，(0，＋∞)上是增函数，
在(lnt,0)上是减函数；
当t＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
当t>1时，f(x)在(－∞，0)，(lnt，＋∞)上是增函数，在(0，lnt)上是减函数．。