四川新高考考前三个月数学理二轮复习冲刺压轴大题突破练-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)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(