全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十一函数导数与不等式文含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十一函数导数与不等式文含解析，共4页。试卷主要包含了已知函数f＝ln x＋ax等内容，欢迎下载使用。

1．(2019·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：当a≥eq \f(1,e)时，xf(x)≤g(x)．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝x－ln x，得f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－ln x)≤aex，即证a≥eq \f(x2－xln x,ex).
设h(x)＝eq \f(x2－xln x,ex)，
则h′(x)＝
eq \f(－x2＋2x－1＋xln x－ln x,ex)＝eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln x－（x－1）))（x－1）,ex)，
由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即ln x－(x－1)≤0，
于是，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝eq \f(1－0,e)＝eq \f(1,e)，
所以当a≥eq \f(1,e)时，xf(x)≤g(x)．
2．(2019·北京高考)已知函数f(x)＝eq \f(1,4)x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x；
(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2，4]上的最大值为M(a)．当M(a)最小时，求a的值．
解：(1)由f(x)＝eq \f(1,4)x3－x2＋x得f′(x)＝eq \f(3,4)x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即eq \f(3,4)x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝eq \f(8,3).
又f(0)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)))＝eq \f(8,27)，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－eq \f(8,27)＝x－eq \f(8,3)，
即y＝x与y＝x－eq \f(64,27).
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．
由g(x)＝eq \f(1,4)x3－x2得g′(x)＝eq \f(3,4)x2－2x.
令g′(x)＝0得x＝0或x＝eq \f(8,3).
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知，
当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
当a＝－3时，M(a)＝3.
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
3．设函数f(x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(2,x)－2mx＝eq \f(－2（mx2－1）,x)，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x>eq \f(\r(m),m)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(m),m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(m),m)，＋∞))上单调递减．
(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(m),m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(m),m)，＋∞))上单调递减．
∴f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(m),m)))＝2lneq \f(\r(m),m)－m·eq \f(1,m)＋1＝－ln m，
若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，则f(x)max>m－1.
即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0成立．
令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)，
∵g′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0∴实数m的取值范围是(0，1)．
4．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)．
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x，
f′(x)＝ln x＋(x－1)·eq \f(1,x)＝ln x－eq \f(1,x)＋1，设g(x)＝ln x－eq \f(1,x)＋1，
则g′(x)＝eq \f(x＋1,x2)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，
∴x∈(0，1)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由(x－1)ln x＋ax＞0，得－ax＜(x－1)ln x，而x＞0，
∴－a＜eq \f(（x－1）ln x,x)＝ln x－eq \f(ln x,x).
记h(x)＝ln x－eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(\f(1,x)·x－ln x,x2)＝eq \f(ln x＋x－1,x2)，
设m(x)＝ln x＋x－1(x＞0)，
显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0，
∴x∈(0，1)时，m(x)＜0，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
x∈(1，＋∞)时，m(x)＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝0.
∴－a＜0，∴a＞0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)．x
－2
(－2，0)
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3)))
eq \f(8,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，4))
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
－6

0

－eq \f(64,27)

0