高考数学专题复习练习：3-4 专项基础训练

高考数学专题复习练习：3-4 专项基础训练

‎ 1．(2017·兰州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若a＝1，函数g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围．‎ ‎【解析】 (1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.‎ 当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在R上为增函数；‎ 当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝ln a，‎ 则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，∴函数f(x)在(－∞，ln a)上为减函数，‎ 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数．‎ ‎(2)当a＝1时，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x，‎ ‎∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，‎ ‎∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，‎ 即m≤在(2，＋∞)上恒成立，‎ 令h(x)＝，x∈(2，＋∞)，‎ h′(x)＝＝.‎ 令L(x)＝ex－x－2，L′(x)＝ex－1＞0在(2，＋∞)上恒成立，‎ 即L(x)＝ex－x－2在(2，＋∞)上为增函数，‎ 即L(x)＞L(2)＝e2－4＞0，∴h′(x)＞0，‎ 即h(x)＝在(2，＋∞)上为增函数，‎ ‎∴h(x)＞h(2)＝，‎ ‎∴m≤.‎ 所以实数m的取值范围是.‎ ‎2．(2017·武汉调研)已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a＞0，b∈R)．‎ ‎(1)设a＝1，b＝－1，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若对任意的x＞0，f(x)≥f(1)，试比较ln a与－2b的大小．‎ ‎【解析】 (1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，‎ 得f′(x)＝.‎ ‎∵a＝1，b＝－1，‎ ‎∴f′(x)＝＝(x＞0)．‎ 令f′(x)＝0，得x＝1.‎ 当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ ‎∴f(x)的单调递减区间是(0，1)，f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．‎ ‎(2)由题意可知，f(x)在x＝1处取得最小值，即x＝1是f(x)的极值点，‎ ‎∴f′(1)＝0，∴2a＋b＝1，即b＝1－2a.‎ 令g(x)＝2－4x＋ln x(x＞0)，则g′(x)＝.‎ 令g′(x)＝0，得x＝.‎ 当0＜x＜时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，‎ 当x＞时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，‎ ‎∴g(x)≤g＝1＋ln ＝1－ln 4＜0，‎ ‎∴g(a)＜0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0，‎ 故ln a＜－2b.‎ ‎3．(2016·日照模拟)已知函数f(x)＝在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立；‎ ‎(3)若0＜a＜b，求证：＞.‎ ‎【解析】 (1)将x＝－1代入切线方程得y＝－2，所以f(－1)＝＝－2，化简得b－a＝－4.①‎ f′(x)＝，f′(－1)＝＝＝＝－1.②‎ 联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝.‎ ‎(2)证明 由题意知要证ln x≥在[1，＋∞)上恒成立，‎ 即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立．‎ 设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2xln x＋x＋－2，‎ 因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋≥2 ≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，‎ 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，‎ 所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立．‎ ‎(3)证明 因为0＜a＜b，所以＞1，由(2)知ln＞，整理得＞，所以当0＜a＜b时，＞.‎ ‎4．(2017·郑州模拟)已知函数f(x)＝ax－1＋ln x，其中a为常数．‎ ‎(1)当a∈时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为－4，求a的值；‎ ‎(2)当a＝－时，若函数g(x)＝|f(x)|－－存在零点，求实数b的取值范围．‎ ‎【解析】 (1)f′(x)＝a＋，令f′(x)＝0得x＝－，‎ 因为a∈，所以0＜－＜e，‎ 由f′(x)＞0得0＜x＜－，由f′(x)＜0得－＜x＜e，‎ 从而f(x)的增区间为，减区间为，‎ 所以f(x)max＝f＝－1－1＋ln＝－4，解得a＝－e2.‎ ‎(2)函数g(x)＝|f(x)|－－存在零点，即方程|f(x)|＝＋有实数根，‎ 由已知，函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，‎ 当a＝－时，f(x)＝－－1＋ln x，‎ 所以f′(x)＝－＋＝－，‎ 当0＜x＜e时，f′(x)＞0；当x＞e时，f′(x)＜0，‎ 所以，f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)，‎ 所以f(x)max＝f(e)＝－1，‎ 所以|f(x)|≥1.‎ 令h(x)＝＋，则h′(x)＝.‎ 当0＜x＜e时，h′(x)＞0；‎ 当x＞e时，h′(x)＜0，‎ 从而h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，‎ 所以h(x)max＝h(e)＝＋，‎ 要使方程|f(x)|＝＋有实数根，‎ 只需h(x)max≥1即可，故b≥2－.‎ 即所求实数b的取值范围是.‎ ‎5．(2016·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．‎ ‎(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．‎ ‎【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0.‎ 所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.‎ 设g(x)＝ln x－，‎ 则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.‎ ‎①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，即g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；‎ ‎②当a＞2时，令g′(x)＝0得 x1＝a－1－，x2＝a－1＋.‎ 由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0，此时不满足题意．‎ 综上，a的取值范围是(－∞，2]．‎ ‎6．(2016·天津)设函数f(x)＝(x－1)3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f(x)存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1＋2x0＝3.‎ ‎【解析】 (1)由f(x)＝(x－1)3－ax－b，‎ 可得f′(x)＝3(x－1)2－a.‎ 下面分两种情况讨论：‎ ‎(ⅰ)当a≤0时，有f′(x)＝3(x－1)2－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ ‎(ⅱ)当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝1＋或x＝1－.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.‎ ‎(2)证明 因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a＞0，且x0≠1.由题意，得f′(x0)＝3(x0－1)2－a＝0，即(x0－1)2＝，所以f(x0)＝(x0－1)3－ax0－b＝－x0－－b.‎ 又f(3－2x0)＝(2－2x0)3－a(3－2x0)－b＝(1－x0)＋2ax0－3a－b＝－x0－－b＝f(x0)，‎ 且3－2x0≠x0，由题意及(1)知，存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0)，且x1≠x0，因此x1＝3－2x0，所以x1＋2x0＝3.‎