（全国通用版）2019高考数学二轮复习压轴大题突破练（四）函数与导数（2）理.doc

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1、1(四)函数与导数(2)1(2018江西省重点中学协作体联考)已知 f(x)e x， g(x) x2 ax2 xsin x1.(1)证明：1 xe x (x0,1)；11 x(2)若 x0,1)时， f(x) g(x)恒成立，求实数 a的取值范围(1)证明 设 h(x)e x1 x，则 h( x)e x1，故 h(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增从而 h(x) h(0)0，即 ex1 x.而当 x0,1)时，e x1 x，即 ex .11 x(2)解 设 F(x) f(x) g(x)e x( x2 ax2 xsin x1)，则 F(0)0，F( x)e x(2 x a2 xcos

2、 x2sin x)要求 F(x)0 在0,1)上恒成立，必须有 F(0)0.即 a1.以下证明：当 a1 时， f(x) g(x)只要证 1 x x2 x2 xsin x1，只要证 2sin x x在0,1)上恒成立令 (x)2sin x x，则 ( x)2cos x10 对 x0,1)恒成立，又 (0)0，所以 2sin x x，从而不等式得证2(2018宿州质检)设函数 f(x) x axln x(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；2(2)若函数 f(x)的极大值点为 x1，证明： f(x)e x x2.(1)解 f(x)的定义域为(0，)， f( x)1 aln x a，当 a0

3、时， f(x) x，则函数 f(x)在区间(0，)上单调递增；当 a0时，由 f( x)0得 x1ea，由 f( x)0得 01ea，所以函数 f(x)在区间 上单调递增，(0， )在区间 上单调递减(， )综上所述，当 a0 时，函数 f(x)在区间(0，)上单调递增；当 a0时，函数 f(x)在区间 上单调递减，(0， )在区间 上单调递增；(， )当 a0)，e xx则 F( x) 1 1x e xx e xx2 .x 1x e xx2令 g(x) xe x，得函数 g(x)在区间(0，)上单调递增3而 g(1)1 0， g(0)10.故 F(x)在(0， x0)上单调递减，在( x0，

4、)上单调递增 F(x)min F(x0)ln x0 x01.x0又 0e x0， F(x)minln x0 x01 x0 x01 x010. F(x) F(x0)0 成立，即 f(x)e x x2成立3(2018皖江八校联考)已知函数 f(x) .ax2 x a2ex(1)若 a0，函数 f(x)的极大值为 ，求实数 a的值；52e(2)若对任意的 a0， f(x) 在 x0，)上恒成立，求实数 b的取值范围blnx 12解 (1)由题意，f( x) (2ax1)e x( ax2 x a)e x12 e xax2(12 a)x a1 12 e x(x1)( ax1 a)12当 a0 时， f(

5、 x) e x(x1)，12令 f( x)0，得 x1，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12e 52e当 a0时，1 0，得 1 1，1a所以 f(x)在 上单调递增，(11a， 1)在 ，(1，)上单调递减( ， 11a)所以 f(x)的极大值为 f(1) ，得 a2.2a 12e 52e综上所述 a2.(2)令 g(a) ， a(，0，x2 1a2ex x2ex当 x0，)时， 0，x2 12ex则 g(a) 对 a(，0恒成立等价于 g(a) g(0) ，blnx 12 blnx 12即 bln(x1)对 x0，)恒成

6、立xex当 b0 时，显然 bln(x1)在0，)上不恒成立xex当 b0，xex此时 bln(x1)，不合题意xex当 b0时，令 h(x) bln(x1) ， x0，)，xex则 h( x) (e x xe x) ，bx 1 bex x2 1x 1ex其中( x1)e x0， x0， )，令 p(x) bex x21， x0，)，则 p(x)在区间0，)上单调递增，b1 时， p(x) p(0) b10，所以对 x0，)， h( x)0，从而 h(x)在0，)上单调递增，所以对任意 x0，)， h(x) h(0)0，即不等式 bln(x1) xe x在0，)上恒成立00及 p(x)在区间0

7、，)上单调递增，所以存在唯一的 x0(0,1)，使得 p(x0)0，5且 x(0， x0)时， p(x)0.x(1)解 f(x)ln x a x.x x令 x32 t， x23t(t0)令 h(t)ln t at，32则函数 y h(t)与 y f(x)的零点个数情况一致h( t) a.1t 32()当 a0 时， h( t)0， h(t)在(0，)上单调递增又 h(1) a0，321ea a ae11a 32 a a a 0时， h(t)在 上单调递增，(0，23a)在 上单调递减(23a， ) h(t)max h ln 1.(23a) 23a当 ln 时， h 1即 00，23a 23e

8、(23a)又 e1， h(1) a0，3a2( 231a2) 23a2 2 6a3a2 (a)在 上单调递增，(0，23e) (a) 时，无零点23e(2)要证 g(x) f(x) ax20，只需证 22.令 t(m) ， t( m) 0，ln mm 1 ln mm2 t(m)在(0,1)上单调递增， t(m)0.5(2018洛阳模拟)已知函数 f(x)( x1)e x x2，其中 tR.t2(1)讨论函数 f(x)的单调性；7(2)当 t3 时，证明：不等式 f(x1 x2) f(x1 x2)2 x2恒成立(其中 x1R， x20)(1)解 由于 f( x) xex tx x(ex t)()

9、当 t0 时，e x t0，当 x0时， f( x)0， f(x)单调递增，当 x0时，由 f( x)0 得 x0 或 xln t.当 00时， f( x)0， f(x)单调递增，当 ln t0， f(x)单调递增；当 t1 时， f( x)0， f(x)单调递增；当 t1时，ln t0.当 xln t时， f( x)0， f(x)单调递增，当 00， f(x)单调递增综上，当 t0 时， f(x)在(，0)上是减函数，在(0，)上是增函数；当 01时， f(x)在(，0)，(ln t，)上是增函数，在(0，ln t)上是减函数(2)证明 依题意 f(x1 x2) f(x1 x2)(x1 x2

10、)( x1 x2)f(x1 x2)( x1 x2)f(x1 x2)( x1 x2)恒成立设 g(x) f(x) x，则上式等价于 g(x1 x2)g(x1 x2)，要证明 g(x1 x2)g(x1 x2)对任意 x1R，x2(0，)恒成立，即证明 g(x)( x1)e x x2 x在 R上单调递增，32又 g( x) xex3 x1，只需证明 xex3 x10 即可令 h(x)e x x1，则 h( x)e x1，当 x0时， h( x)0，8 h(x)min h(0)0，即 xR，e x x1，那么，当 x0 时， xex x2 x， xex3 x1 x22 x1( x1) 20；当 x0，(ex 31x) xex3 x10 恒成立从而原不等式成立