【文档说明】【精准解析】2021高考数学（文）二轮（统考版）：主观题专练 函数与导数（11）.docx，共(7)页，94.483 KB，由envi的店铺上传

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函数与导数(11)1．[2020·大同市高三学情调研测试试题]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝23时，y＝f(x)有极值．(1)求a，b，c的值；(2)求y＝f

(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．2．[2018·北京卷]设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．3．[2020·石家庄市摸底考

试]已知函数f(x)＝1＋lnxx－1－kx.(1)当k＝0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)>0对任意的x∈(1，＋∞)恒成立，求整数k的最大值．4．[2020·广东省联考试题]已知函数f(x)＝lnx－a2x(a为常

数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设函数g(x)＝xf(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围．5．[2020·唐山市高三年级摸底考试]已知函数f(x)＝axsinx＋bcosx，且曲线y＝f(x)与直线y＝π2相切于点(π2，π2)．(1)求f(x)；(2)若f(x)≤mx2＋

1，求实数m的取值范围．6．[2020·武汉市在线学习摸底检测]已知函数f(x)＝a(x2－1)－lnx，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求实数a的取值范围，使得f(x)>asin(x－1)＋1x－

e1－x在区间(1，＋∞)上恒成立(e＝2.71828…为自然对数的底数)．函数与导数(11)1．解析：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.当x＝1时切线l的斜率为3，∴

2a＋b＝0.①当x＝23时，y＝f(x)有极值，则f′(23)＝0，可得4a＋3b＋4＝0.②由①②解得a＝2，b＝－4.切点为(1,4)，∴f(1)＝4，即1＋a＋b＋c＝4，得c＝5.(2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(

x)＝0，得x1＝－2，x2＝23.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示．x－3(－3，－2)－2(－2，23)23(23，1)1f′(x)＋＋0－0＋＋f(x)81321395274∴最小值为9527，最大值为13.2．解析：(1)因为f(x)＝[

ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.所以f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)＝[

ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>12，则当x∈1a，2时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得极小值．若a≤12，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤12x－1<0，所

以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是12，＋∞.3．解析：(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．当k＝0时，f′(x)＝－1x－lnx(x－1)2.令

g(x)＝－1x－lnx，则g′(x)＝1－xx2，当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．∴g(x)max＝g(1)＝－1<0，∴f′(x)<0，∴f(x)的减区间为(0,1)

，(1，＋∞)，无增区间．(2)f(x)>0⇔1＋lnxx－1－kx>0⇔k<x(1＋lnx)x－1(x>1)．令h(x)＝x(1＋lnx)x－1，x>1，则h′(x)＝x－2－lnx(x－1)2，令φ(x)＝x－2－lnx，x>1，则φ′(x)＝x－1x>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增

，φ(3)＝1－ln3<0，φ(4)＝2－2ln2>0，∴存在唯一x0∈(3,4)，使得φ(x0)＝0，即x0－2－lnx0＝0，x0－1＝1＋lnx0，列表如下：x(1，x0)x0(x0，＋∞)h′(x)－0＋h(x)单调递减极小值单

调递增∴h(x)min＝h(x0)＝x0(1＋lnx0)x0－1＝x0∈(3,4)，∴整数k的最大值为3.4．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数f′(x)＝1x－a2.①若a≤0，则f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞

)上单调递增；②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝2a，当x∈(0，2a)时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，2a)上单调递增，当x∈(2a，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)在(2a，＋∞)上单调递

减．(2)g(x)＝xlnx－a2x2，其导函数g′(x)＝lnx＋1－ax.令g′(x)＝lnx＋1－ax＝0，得a＝lnx＋1x，令h(x)＝lnx＋1x，则h′(x)＝－lnxx2，由－lnxx2＝0，可得x＝1.当x变化时，h

′(x)，h(x)的变化情况如下表．x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值又x>1时，h(x)＝lnx＋1x>0恒成立，所以函数h(x)的图象如图所示．要使g(x)有两个不同的极值点，则需0<a<1，即实数a的取值范围为(0,1)．5．解析：(1)由f(π2)＝aπ2＝π2得a＝

1.f′(x)＝xcosx＋(1－b)sinx，由f′(π2)＝1－b＝0得b＝1.所以f(x)＝xsinx＋cosx.(2)令g(x)＝mx2＋1－f(x)＝mx2－xsinx－cosx＋1，由g(x)≥0得g(2π)＝4π2m≥0，所以m≥0.显然

g(x)为偶函数，所以只需x≥0时，g(x)≥0.g′(x)＝2mx－xcosx＝x(2m－cosx)，当m≥12时，g′(x)≥0，即g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，从而m≥12时，f(x)≤mx2＋1恒成立．当0≤m<12时，因为y

＝2m－cosx在(0，π2)上单调递增，x＝0时，y＝2m－1<0；x＝π2时，y＝2m≥0.所以存在x0∈(0，π2]，使得2m－cosx0＝0，因此x∈(0，x0)时，2m－cosx<0，g′(x)<0，即g(x)在(0，x0)上单调递减，所以x∈(0，x0)时，g(x)

<g(0)＝0，与g(x)≥0矛盾．因此0≤m<12时，f(x)≤mx2＋1不恒成立．综上，满足题设的m的取值范围是m≥12.6．解析：(1)f′(x)＝2ax2－1x.当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调

递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>12a，令f′(x)<0，得0<x<12a，所以函数f(x)在区间(0，12a)上单调递减，在区间(12a，＋∞)上单调递增．(2)记g(x)＝f(x)－asin(x－1)－1x＋e

1－x，则当a≤0时，由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)<f(1)＝0.所以0>asin(x－1)＋1x－e1－x在(1，＋∞)上恒成立，又当x>1时，易知ex－1>x，所

以e1－x＝1ex－1<1x，从而取x＝π＋1，则asin(x－1)＋1x－e1－x＝asin(π＋1－1)＋1π＋1－e－π>0.0>0矛盾．当0<a<1时，g′(x)＝f′(x)－acos(x－1)＋1x2－e1－x＝2ax－1x－acos(x－1)＋1x2－e1－x，所以g′(1)＝a－

1<0，当x>1时，g′(x)>2ax－1x－a＋1x2－1x＝(2x－1)(ax2－1)x2.当ax2－1>0时，x>1a，取x＝1＋1a，则g′(1＋1a)>0，从而，由零点存在性定理知，存在x0∈(1,1＋1a)，使得g′(x

0)＝0，当x∈(1，x0)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x0)上单调递减，g(x)<g(1)＝0，矛盾．当a≥1，x>1时，g′(x)>2ax－1x－a＋1x2－1x＝(2x－1)(ax2－1)x2≥(2x－1)(x2－1)x2>0，所

以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，满足题意．综上，a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com