2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練7 導(dǎo)數(shù)與不等式及參數(shù)范圍 文

《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練7 導(dǎo)數(shù)與不等式及參數(shù)范圍 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練7 導(dǎo)數(shù)與不等式及參數(shù)范圍 文（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練7 導(dǎo)數(shù)與不等式及參數(shù)范圍 文 1.已知函數(shù)f(x)= x2+(1-a)x-aln x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)設(shè)a<0,若對(duì)?x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范圍. 2.設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≤ax+1,求a的取值范圍. 3.(2018北京,文19)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex. (1

2、)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線斜率為0,求a; (2)若f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍. 4.已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)a<0時(shí),證明f(x)≤--2. 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練7答案 1.解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=x+1-a-, 若a≤0,則f'(x)>0,此時(shí)f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增; 若a>0,則由f'(x)=0得x=a,當(dāng)0a時(shí),f'(x)>0, 此時(shí)f(x

3、)在(0,a)內(nèi)單調(diào)遞減,在(a,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)不妨設(shè)x1≤x2,而a<0,由(1)知,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,∴f(x1)≤f(x2), |f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|?4x1-f(x1)≥4x2-f(x2), 令g(x)=4x-f(x),則g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減, ∵g'(x)=4-f'(x)=4--x+3+a, ∴g'(x)= -x+3+a≤0對(duì)?x∈(0,+∞)恒成立, ∴a≤對(duì)?x∈(0,+∞)恒成立, ∴a≤. 又=x+1+-5 ≥2-5=-1, 當(dāng)且僅當(dāng)x+1=,即x=1時(shí),等號(hào)成立. ∴a≤-1, 故a的取值

4、范圍為(-∞,-1]. 2.解 (1)f'(x)=(1-2x-x2)ex. 令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+. 當(dāng)x∈(-∞,-1-)時(shí),f'(x)<0; 當(dāng)x∈(-1-,-1+)時(shí),f'(x)>0; 當(dāng)x∈(-1+,+∞)時(shí),f'(x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,在(-1-,-1+)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 當(dāng)a≥1時(shí),設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0), 因此h(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減, 而h(0)=1,故h(x)≤1, 所以f(x)=(x+1)h(x

5、)≤x+1≤ax+1. 當(dāng)00(x>0), 所以g(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增, 而g(0)=0, 故ex≥x+1. 當(dāng)0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0, 故f(x0)>ax0+1. 當(dāng)a≤0時(shí),取x0=,則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 綜上,a的取值范圍是[1,+∞). 3.解 (1)因?yàn)閒(x)=[ax2-(3a+1)

6、x+3a+2]ex, 所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex. 所以f'(2)=(2a-1)e2. 由題設(shè)知f'(2)=0,即 (2a-1)e2=0,解得a=. (2)(方法一)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex. 若a>1,則當(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)>0. 所以f(x)在x=1處取得極小值. 若a≤1,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0. 所以1不是f(x)的極小值點(diǎn). 綜上可知,a的取值范圍是(1,+∞). (方法二)由(1)得f'(x)=(ax-

7、1)(x-1)ex. 當(dāng)a=0時(shí),令f'(x)=0,得x=1. f'(x),f(x)隨x的變化情況如下表: x (-∞,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - f(x) ↗ 極大值 ↘ ∴f(x)在x=1處取得極大值,不合題意. 當(dāng)a>0時(shí),令f'(x)=0, 得x1=,x2=1. ①當(dāng)x1=x2,即a=1時(shí), f'(x)=(x-1)2ex≥0, ∴f(x)在R上單調(diào)遞增, ∴f(x)無(wú)極值,不合題意. ②當(dāng)x1>x2,即0

8、 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ ∴f(x)在x=1處取得極大值,不合題意. ③當(dāng)x11時(shí),f'(x),f(x)隨x的變化情況如下表: x 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ ∴f(x)在x=1處取得極小值,即a>1滿足題意. 當(dāng)a<0時(shí),令f'(x)=0,得x1=,x2=1. f'(x),f(x)隨x的變化情況如下表: x 1 (1,+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 極小值

9、 ↗ 極大值 ↘ ∴f(x)在x=1處取得極大值,不合題意. 綜上所述,a的取值范圍為(1,+∞). 4.(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)= +2ax+2a+1=. 若a≥0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增. 若a<0,則當(dāng)x∈時(shí),f'(x)>0; 當(dāng)x∈時(shí),f'(x) <0. 故f(x)在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減. (2)證明 由(1)知,當(dāng)a<0時(shí),f(x)在x=-取得最大值,最大值為f=ln-1-. 所以f(x)≤--2等價(jià)于ln-1-≤--2, 即ln+1≤0. 設(shè)g(x)=ln x-x+1,則g'(x)= -1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)>0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g'(x)<0. 所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+∞)單調(diào)遞減. 故當(dāng)x=1時(shí),g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0. 所以當(dāng)x>0時(shí),g(x)≤0. 從而當(dāng)a<0時(shí),ln+1≤0, 即f(x)≤--2.