2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题六函数与导数限时速解训练

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1、2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题六函数与导数限时速解训练解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．已知函数f(x)＝(a≠0，a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，若对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，有f(x1)－f(x2)≤m成立，求实数m的最小值．解：f′(x)＝.令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝－3a.(1)当a＞0时，f′(x)，f(x)随着x的变化如下表：x(－∞，－3a)－3a(－3a，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值当a＜0时，f′(x)，f(x)随着x的变化如下表：x(－∞，a)a(a

2、，－3a)－3a(－3a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值函数f(x)的单调递增区间是(a，－3a)，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，a)，(－3a，＋∞)．(2)当a＝1时，由(1)得f(x)是(－3,1)上的增函数，是(1，＋∞)上的减函数．又当x＞1时，f(x)＝＞0，所以f(x)在[－3，＋∞)上的最小值为f(－3)＝－，最大值为f(1)＝.所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，f(x1)－f(x2)≤f(1)－f(－3)＝.所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，使f(x1)－f(x2)≤m恒成立的实数m的最小值为.2．已知函数f(x)＝－lnx，

3、x∈[1,3]．(1)求f(x)的最大值与最小值；(2)若f(x)<4－at对任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求实数a的取值范围；解：(1)∵函数f(x)＝－lnx，∴f′(x)＝－＝，令f′(x)＝0得x＝±2，∵x∈[1,3]，当10；∴f(x)在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数，∴f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝－ln2；又f(1)＝，f(3)＝－ln3，∵ln3>1，∴－＝ln3－1>0，∴f(1)>f(3)，∴x＝1时f(x)的最大值为，x＝2时函数取得最小值为－ln2.(2)

4、由(1)知当x∈[1,3]时，f(x)≤，故对任意x∈[1,3]，f(x)<4－at恒成立，只要4－at>对任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，记g(t)＝at，t∈[0,2]．解得a<.即实数a的取值范围是.3．已知函数f(x)＝ax2－lnx＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a＝1时，f(x)＞x2＋在(1，＋∞)上恒成立．解：(1)由于f(x)＝ax2－lnx＋1(a∈R)，故f′(x)＝2ax－＝(x＞0)．①当a≤0时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝

5、.当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：xf′(x)－0＋f(x)极小值由表可知，f(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)当a＝1时，f(x)＝x2－lnx＋1，设F(x)＝x2－lnx＋1－x2－＝x2－lnx－，则F′(x)＝x－＝＝＞0在(1，＋∞)上恒成立，∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，且F(1)＝0，即F(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，∴当a＝1时，f(x)＞x2＋在(1，＋∞)上恒成立．4．已知函数

6、f(x)＝lnx＋－2kx，其中常数k∈R.(1)求f(x)的单调增区间；(2)若y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明f(x2)＜－.解：(1)f′(x)＝＋x－2k(x＞0)．①当k≤1时，f′(x)＝＋x－2k≥2－2k＝2－2k≥0，函数f(x)为增函数，②当k＞1时，f′(x)＝＋x－2k＝(x＞0)，由f′(x)＝0，得x2－2kx＋1＝0，解得两根x1，x2，其中0＜x1＝k－＜x2＝k＋.x，f′(x)，f(x)的取值变化情况如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值综合①②知，当k≤1时

7、，f(x)的增区间为(0，＋∞)；当k＞1时，f(x)的增区间为(0，k－)，[k＋，＋∞)．(2)证明：当k≤1时，y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数，至多有一极值点，不合题意．当k＞1时，f′(x)＝＋x－2k＝(x＞0)．x2－2kx＋1＝0在x＞0时有两个零点，且x1＋x2＝2k，x1x2＝1，则f(x2)＝lnx2＋－2kx2＝lnx2＋－x2＝lnx2－－1，f′(x2)＝－x2＝，当x2∈(0,1)时，f′(x2)＞0，当x2∈(1，＋∞)时，f′(x2)＜0，∴