高考数学二轮复习 主攻36个必考点 函数与导数 考点过关检测三十二 文-人教版高三全册数学试题VIP免费

考点过关检测（三十二）1．(2019·临川模拟)设f(x)＝ax3＋xlnx.(1)求函数g(x)＝的单调区间；(2)若∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，＜2，求实数a的取值范围．解：(1)g(x)＝ax2＋lnx(x＞0)，g′(x)＝2ax＋＝(x＞0)，①当a≥0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＜0时，若x∈，则g′(x)＞0；若x∈，则g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递增，在，上单调递减．综上，当a≥0时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＜0时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)因为x1＞x2＞0，不等式＜2恒成立，所以f(x1)－f(x2)＜2x1－2x2，亦即f(x1)－2x1＜f(x2)－2x2恒成立，设F(x)＝f(x)－2x，则F(x)在(0，＋∞)上为减函数，即F′(x)≤0恒成立．因为F(x)＝ax3＋xlnx－2x，则F′(x)＝3ax2＋lnx－1≤0，即3a≤恒成立．令h(x)＝，则h′(x)＝，所以当x∈(0，e)时，h′(x)＜0，h(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)在(e，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(e)＝－，所以3a≤－，即a≤－，故实数a的取值范围是.2．设函数f(x)＝ax2－a－lnx，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．解：(1)由题意，f′(x)＝2ax－＝，x>0，①当a≤0时，2ax2－1≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a>0时，f′(x)＝，当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在，＋∞上单调递增．(2)原不等式等价于f(x)－＋e1－x>0在(1，＋∞)上恒成立．一方面，令g(x)＝f(x)－＋e1－x＝ax2－lnx－＋e1－x－a，只需g(x)在(1，＋∞)上恒大于0即可．又g(1)＝0，故g′(x)在x＝1处必大于等于0.令F(x)＝g′(x)＝2ax－＋－e1－x，由g′(1)≥0，可得a≥.另一方面，当a≥时，F′(x)＝2a＋－＋e1－x≥1＋－＋e1－x＝＋e1－x，因为x∈(1，＋∞)，故x3＋x－2>0.又e1－x>0，故F′(x)在a≥时恒大于0.所以当a≥时，F(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以F(x)>F(1)＝2a－1≥0，故g(x)也在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)>g(1)＝0，即g(x)在(1，＋∞)上恒大于0.综上所述，a≥.故实数a的取值范围为.3．(2019·南宁三模)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax(a∈R)．(1)若函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象无公共点，求实数a的取值范围；(2)求出实数m的取值范围，使得对任意的x∈，函数y＝f(x)＋的图象均在h(x)＝的图象的下方．解：(1)由于当x∈(0,1)时，f(x)＜0，而g(0)＝0，所以函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象无公共点，等价于f(x)＜g(x)恒成立，即＜a恒成立．令φ(x)＝(x＞0)，则φ′(x)＝，当x∈(0，e)时，φ′(x)＞0；当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以φ(x)的最大值为φ(e)＝，所以a>，故实数a的取值范围为.(2)由题意得，不等式lnx＋＜在上恒成立，即m＜ex－xlnx在上恒成立．令F(x)＝ex－xlnx，则F′(x)＝ex－lnx－1，令u(x)＝F′(x)，则u′(x)＝ex－，易知u′(x)在上单调递增，由于u′＝－2＜0，u′(1)＝e－1＞0，所以存在x0∈，使得u′(x0)＝0，所以ex0＝，所以x0＝－lnx0，所以F′(x)在上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，F′(x)≥F′(x0)＝ex0－lnx0－1＝x0＋－1＞1＞0，所以F(x)在上单调递增，故m≤＋ln2.所以实数m的取值范围为.4．(2019·泰安二模)已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)成立，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.①若a≤1，则x∈[1，e]时，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，则x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a＜1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，所以g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，即a＞，所以a的取值范围为.