2018学高考理科数学通用版二轮复习 专题检测(二十三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”专练

专题检测（二十三） 第21题解答题“函数、导数与不等式”专练

1．已知函数f (x )＝?

????

－x 3＋x 2，x <1，

a ln x ，x ≥1.

(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2

3

.

当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：

故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝2

3

.

(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和????23，1上单调递减，在????0，2

3上单调递增．

因为f (－1)＝2，f ????23＝4

27，f (0)＝0， 所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；

当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增， 则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .

故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.

2．(2017·山西四校联考)已知函数f (x )＝1x －a ln x (a ∈R)． (1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间； (2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)由题意，h (x )＝1

x ＋3ln x －2x (x >0)， h ′(x )＝－1x 2＋3

x －2＝－2x 2－3x ＋1x 2

＝－(2x －1)(x －1)

x 2

，

由h ′(x )＜0，得0＜x ＜1

2

或x ＞1，

故h (x )的单调递减区间是????0，1

2和(1，＋∞)． (2)问题等价于a ln x ＝1

x 有唯一的实根，

显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1

a 有唯一的实根， 构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x ， 由φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －

1，

当0＜x ＜e －1

时，φ′(x )＜0，φ(x )单调递减，

当x ＞e

－1

时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，

∴φ(x )的极小值为φ(e －

1)＝－e －

1.

作出函数φ(x )的大致图象如图所示，则要使方程x ln x ＝1

a 有唯一的

实根，只需直线y ＝1

a

与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，

则1a ＝－e －

1或1a ＞0， 解得a ＝－e 或a ＞0，

故实数a 的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)． 3．(2017·沈阳质检)已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2. (1)当a ＝0时，证明：f (x )≥0；

(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围； (3)若x >0，证明：(e x －1)ln(x ＋1)>x 2.

解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －1. 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.

故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.

(2)f ′(x )＝e x －2ax －1，令h (x )＝e x －2ax －1， 则h ′(x )＝e x －2a .

①当2a ≤1，即a ≤1

2时，在[0，＋∞)上，h ′(x )≥0，h (x )单调递增，h (x )≥h (0)，即

f ′(x )≥f ′(0)＝0，

∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数，∴f (x )≥f (0)＝0， ∴当a ≤1

2

时满足条件．

②当2a >1时，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ，在[0，ln 2a )上，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴当x ∈(0，ln 2a )时，有h (x )

∴f (x )在区间(0，ln 2a )上为减函数， ∴f (x )

综上，实数a 的取值范围为?

???－∞，12. (3)证明：由(2)得，当a ＝12，x >0时，e x

－1>x ＋x 22，

欲证不等式(e x －1)ln(x ＋1)>x 2，只需证ln(x ＋1)>2x

x ＋2.

设F (x )＝ln(x ＋1)－2x

x ＋2

，

则F ′(x )＝1x ＋1－4

(x ＋2)2＝x 2(x ＋1)(x ＋2)2.

∵当x >0时，F ′(x )>0恒成立，且F (0)＝0， ∴F (x )>0恒成立． ∴原不等式得证．

4．(2017·天津高考)设a ，b ∈R ，|a |≤1.已知函数f (x )＝x 3－6x 2－3a (a －4)x ＋b ，g (x )＝e x f (x )．

(1)求f (x )的单调区间；

(2)已知函数y ＝g (x )和y ＝e x 的图象在公共点(x 0，y 0)处有相同的切线， ①求证：f (x )在x ＝x 0处的导数等于0；

②若关于x 的不等式g (x )≤e x 在区间[x 0－1，x 0＋1]上恒成立，求b 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3－6x 2－3a (a －4)x ＋b ，

可得f ′(x )＝3x 2－12x －3a (a －4)＝3(x －a )[x －(4－a )]． 令f ′(x )＝0，解得x ＝a ，或x ＝4－a . 由|a |≤1，得a ＜4－a .

当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：

所以f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，(4－a ，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a )． (2)①证明：因为g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]，

由题意知?

????

g (x 0)＝e x 0，g ′(x 0)＝e x 0，

所以?

????

f (x 0)e x 0＝e x 0，e x 0[f (x 0)＋f ′(x 0)]＝e x 0，

解得?

????

f (x 0)＝1，f ′(x 0)＝0.

所以f (x )在x ＝x 0处的导数等于0. ②因为g (x )≤e x ，x ∈[x 0－1，x 0＋1]， 由e x ＞0，可得f (x )≤1. 又因为f (x 0)＝1，f ′(x 0)＝0，

所以x 0为f (x )的极大值点，结合(1)知x 0＝a . 另一方面，由于|a |≤1，故a ＋1＜4－a ，

由(1)知f (x )在(a －1，a )内单调递增，在(a ，a ＋1)内单调递减，

故当x 0＝a 时，f (x )≤f (a )＝1在[a －1，a ＋1]上恒成立，从而g (x )≤e x 在[x 0－1，x 0＋1]上恒成立．

由f (a )＝a 3－6a 2－3a (a －4)a ＋b ＝1， 得b ＝2a 3－6a 2＋1，－1≤a ≤1. 令t (x )＝2x 3－6x 2＋1，x ∈[－1,1]， 所以t ′(x )＝6x 2－12x ，令t ′(x )＝0， 解得x ＝2(舍去)或x ＝0.

因为t (－1)＝－7，t (1)＝－3，t (0)＝1， 因此t (x )的值域为[－7,1]． 所以b 的取值范围是[－7,1]．