2019届高考数学专题2函数与导数第2讲综合大题部分增分强化练理.docx

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1、第2讲　综合大题部分1．已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．解析：(1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f′(1)＝0，∴a＝2，此时，f′(x)＝，当x＞0时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．(2)由f(x0)≤g(x0)，得

2、(x0－lnx0)a≥x－2x0，记F(x)＝x－lnx(x＞0)，∴F′(x)＝(x＞0)，∴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)＞F(1)＝1＞0，∴a≥，记G(x)＝，x∈，∴G′(x)＝＝.∵x∈，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2＞0，∴x∈时，G′(x)＜0，G(x)单调递减；x∈(1，e)时，G′(x)＞0，G(x)单调递增，∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.故实数a的取值范围为.2．(2018·厦门质检)已知函数f(x)＝(ax2＋x＋a)e－

3、x(a∈R)．(1)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值；(2)若对任意的a≤0，f(x)≤bln(x＋1)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围．解析：(1)由题意，f′(x)＝(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1]＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)．①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)，令f′(x)>0，得x<1；f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)的极大值为f(1)＝≠，不合题意．②当a>0时，1－<1，令f′(x)>0，得1－

4、1，所以f(x)在(1－，1)上单调递增，在(－∞，1－)，(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)的极大值为f(1)＝＝，得a＝1.综上所述，a＝1.(2)令g(a)＝e－x(x2＋x)a＋xe－x，a∈(－∞，0]，当x∈[0，＋∞)时，e－x(x2＋x)≥0，则g(a)≤bln(x＋1)对∀a∈(－∞，0]恒成立等价于g(a)≤g(0)≤bln(x＋1)，即xe－x≤bln(x＋1)，对x∈[0，＋∞)恒成立．①当b≤0时，∀x∈(0，＋∞)，bln(x＋1)<0，xe－x>0，此时xe－x>bln(x＋1)，不合题意．②当b>0时，

5、令h(x)＝bln(x＋1)－xe－x，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝，其中(x＋1)ex>0，∀x∈[0，＋∞)，令p(x)＝bex＋x2－1，x∈[0，＋∞)，则h(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，a．b≥1时，p(x)≥p(0)＝b－1≥0，所以对∀x∈[0，＋∞)，h′(x)≥0，从而h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以对∀x∈[0，＋∞)，h(x)≥h(0)＝0，即不等式bln(x＋1)≥xe－x在[0，＋∞)上恒成立．b．00及p(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以存在唯一的x0∈

6、(0,1)使得p(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，p(x0)<0.从而x∈(0，x0)时，h′(x)<0，所以h(x)在区间(0，x0)上单调递减，则x∈(0，x0)时，h(x)0且关于x的方程f(x)＝m有两个解x1，x2(x12a.解析：(1)易知x>0，f′(x)＝－＋＋＝，①若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减；当

7、x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增．②若a＝0，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③若a<0，当x∈(0，－2a)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，－2a)上单调递减；当x∈(－2a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(－2a，＋∞)上单调递增．综上，当a>0时，函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(0，－2a)上单调递减，在(－