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四川新高考考前三个月数学理二轮复习冲刺压轴大题打破练——函数与导数(二)(含答案详析)四川新高考考前三个月数学理二轮复习冲刺压轴大题打破练——函数与导数(二)(含答案详析)四川新高考考前三个月数学理二轮复习冲刺压轴大题打破练——函数与导数(二)(含答案详析)压轴大题打破练——函数与导数(二)x+1x1.设函数f(x)=aeae+b(a>0).(1)求f(x)在[0,+∞)内的最小值;3(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=2x,求a,b的值.解(1)f′(x)=aex-1x,ae当f′(x)>0,即x>-lna时,f(x)在(-lna,+∞)上递加;当f′(x)<0,即x<-lna时,f(x)在(-∞,-lna)上递减.①当0<a<1时,-lna>0,f(x)在[0,-lna)上递减,在(-lna,+∞)上递加,进而f(x)在[0,+∞)内的最小值为f(-lna)=2+b;②当a≥1时,-lna≤0,f(x)在[0,+∞)上递加,进而f(x)在[0,+∞)内的最小值为1+b.f(0)=a+a213(2)依题意f′(2)=ae-2=,ae2221解得ae=2或ae=-(舍去).2211.因此a=2,代入原函数可得2++b=3,即b=e221故a=e2,b=2.22.已知函数f(x)=alnx-bx.11(1)当a=2,b=2时,求函数f(x)在[e,e]上的最大值;32(2)当b=0时,若不等式f(x)≥m+x对全部的a∈[0,2],x∈(1,e]都建立,务实数m的取值范围.解(1)由题知,f(x)=2lnx-1x2,22f′(x)=2-x=2-x,xx当1≤x≤e时,e令f′(x)>0得1e≤x<2;令f′(x)<0,得2<x≤e,∴f(x)在[1e,2)上单一递加,在(2,e]上单一递减,∴f(x)max=f(2)=ln2-1.32(2)当b=0时,f(x)=alnx,若不等式f(x)≥m+x对全部的a∈[0,2],x∈(1,e]都建立,则alnx≥m+x对全部的32,a∈[0,],x∈(1,e]都建立,即m≤alnx-x,对全部的a∈[03222],x∈(1,e]都建立,令h(a)=alnx-x,则h(a)为一次函数,m≤h(a)min.x∈(1,e2],∴lnx>0,∴h(a)在[0,32]上单一递加,h(a)min=h(0)=-x,m≤-x对全部的x∈(1,e2]都建立.∵1<x≤e2,∴-e2≤-x<-1,2∴m≤(-x)min=-e.3.已知函数f(x)=x3-2x+1,g(x)=lnx.(1)求F(x)=f(x)-g(x)的单一区间和极值;(2)能否存在实常数k和m,使得x>0时,f(x)≥kx+m且g(x)≤kx+m?若存在,求出k和m的值;若不存在,说明原因.解(1)由F(x)=x3-2x+1-lnx(x>0),得F′(x)=3x3-2x-1x(x>0),令F′(x)=0得x=1,易知F(x)在(0,1)上单一递减,在(1,+∞)上单一递加,进而F(x)的极小值为F(1)=0.(2)易知f(x)与g(x)有一个公共点(1,0),而函数g(x)在点(1,0)处的切线方程为y=x-1,下面只要考证fx≥x-1都建立刻可.x≤x-1设h(x)=x3-2x+1-(x-1)(x>0),则h′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)(x>0).易知h(x)在(0,1)上单一递减,在(1,+∞)上单一递加,因此h(x)的最小值为h(1)=0,因此f(x)≥x-1恒建立.设k(x)=lnx-(x-1),则k′(x)=1-xx(x>0).易知k(x)在(0,1)上单一递加,在(1,+∞)上单一递减,因此k(x)的最大值为k(1)=0,所以g(x)≤x-1恒建立.故存在这样的实常数k=1和m=-1,使得x>0时,f(x)≥kx+m且g(x)≤kx+m.alnx,此中a为常数.4.已知函数f(x)=x-x(1)证明:对随意x∈R,函数y=f(x)的图象恒过定点;(2)当a=1时,不等式f(x)+2b≤0在x∈(0,+∞)上有解,务实数b的取值范围;(3)若对随意a∈[m,0),函数y=f(x)在定义域上单一递加,求m的最小值.解(1)令lnx=0,得x=1,且f(1)=1,因此函数y=f(x)的图象恒过定点(1,1).lnx1-lnxx2+lnx-1(2)当a=1时,f(x)=x-x,因此f′(x)=1-x2,即f′(x)=x2.令f′(x)=0,得x=1,f′(x),f(x)随x的变化状况以下表:x(0,1)1(1,+∞)f′(x)-0+f(x)↘极小值↗因此[f(x)]min=f(1)=1.由于f(x)+2b≤0在x∈(0,+∞)上有解,因此-2b≥[f(x)]min,即b≤-12,因此实数b的取值范围为-∞,-12.a-alnxx2+alnx-a(3)f′(x)=1-x2,即f′(x)=2.x令h(x)=x2+alnx-a.由题意可知,对随意a∈[m,0),f′(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒建立,即h(x)=x2+alnx-a≥0在x∈(0,+∞)上恒建立.a2x2+a由于h′(x)=2x+x=x,令h′(x)=0,得x=--a(
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