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高三数学二轮复习 课余自主加餐训练(六)函数、导数与不等式专练 理-人教版高三数学试题VIP免费

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(六)函数、导数与不等式专练1.设函数f(x)=+2lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)如果对所有的x≥1,都有f(x)≤ax,求a的取值范围.2.已知函数f(x)=的图象在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数a的值及f(x)的极值;(2)若对任意x1,x2∈[e2,∞+),有>,求实数k的取值范围.3.设函数f(x)=lnx+,m∈R.(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;(2)讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.4.已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2lnx,g(x)=(a∈R,e为自然对数的底数).(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若对任意给定的x0∈(0,e],在(0,e]上总存在两个不同的xi(i=1,2),使得f(xi)=g(x0)成立,求a的取值范围.答案1.解:(1)f(x)的定义域为(0,∞+),f′(x)=,所以当0时,f′(x)>0,故函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)当x≥1时,f(x)≤ax⇔a≥+,令h(x)=+(x≥1),则h′(x)=-=,令m(x)=x-xlnx-1(x≥1),则m′(x)=-lnx,当x≥1时,m′(x)≤0,所以m(x)在[1,∞+)上为减函数,所以m(x)≤m(1)=0,因此h′(x)≤0,于是h(x)在[1,∞+)上为减函数,所以当x=1时,h(x)有最大值h(1)=1,故a≥1,即a的取值范围是[1,∞+).2.解:(1)由题意得f′(x)=,f′(1)=0,解得a=1.令f′(x)==0,解得x=1,即f(x)有极大值为f(1)=1.(2)由>,可得>k,令g=f(x),则g(x)=x-xlnx,其中x∈(0,e-2],g′(x)=-lnx,又x∈(0,e-2],则g′(x)=-lnx≥2,即>2,因此实数k的取值范围是(∞-,2].3.解:(1)由题设,当m=e时,f(x)=lnx+,则f′(x)=,∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,当x∈(e,∞+)时,f′(x)>0,f(x)在(e,∞+)上单调递增,∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=lne+=2,∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)=f′(x)-=--(x>0),令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).设φ(x)=-x3+x(x≥0),则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,∞+)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,∞+)上单调递减.∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点,∴φ(x)的最大值为φ(1)=.结合y=φ(x)的图象(如图),可知,①当m>时,函数g(x)无零点;②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0时,函数g(x)无零点;当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当00,解得x>2.故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,∞+).(2)g′(x)=(1-x)e1-x,当x∈(0,1)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;当x∈(1,e]时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.因为g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e·e1-e>0,所以函数g(x)在(0,e]上的值域为(0,1].当a=2时,不合题意;当a≠2时,f′(x)=2-a-==,x∈(0,e],故0<0,函数h(a)单调递增;当a∈(0,2-)时,h′(a)<0,函数h(a)单调递减.所以,对任意a∈,有h(a)≤h(0)=0,即②对任意a∈恒成立.由③式解得a≤2-.④综合①④可知,当a∈时,对任意给定的x0∈(0,e],在(0,e]上总存在两个不同的xi(i=1,2),使得f(xi)=g(x0)成立.

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