全国版2023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20230325134

专题检测（二十一）函数、导数与不等式大题专攻强化练1．(2019·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝aex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a≥时，xf(x)≤g(x)．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝x－lnx，得f′(x)＝1－＝，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－lnx)≤aex，即证a≥.设h(x)＝，则h′(x)＝＝，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即lnx－(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＝＝，所以当a≥时，xf(x)≤g(x)．2．(2019·北京高考)已知函数f(x)＝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)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.\n又f(0)＝0，f＝，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：x－2(－2，0)04g′(x)＋0－0＋g(x)－60－0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)＝2lnx－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)＝－2mx＝，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<x<，令f′(x)<0，得x>，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．\n(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减．∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－lnm，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，则f(x)max>m－1.即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立．令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0<m<1.∴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)lnx＋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)lnx，f′(x)＝lnx＋(x－1)·＝lnx－＋1，设g(x)＝lnx－＋1，则g′(x)＝＞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)lnx＋ax＞0，得－ax＜(x－1)lnx，而x＞0，∴－a＜＝lnx－.记h(x)＝lnx－，则h′(x)＝－＝，设m(x)＝lnx＋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，＋∞)．