（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個(gè)必考點(diǎn) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)三十六 理

《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個(gè)必考點(diǎn) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)三十六 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個(gè)必考點(diǎn) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)三十六 理（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)（三十六） 1．(2019·臨川模擬)設(shè)f(x)＝ax3＋xln x. (1)求函數(shù)g(x)＝的單調(diào)區(qū)間； (2)若?x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，＜2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)g(x)＝ax2＋ln x(x＞0)， g′(x)＝2ax＋＝(x＞0)， ①當(dāng)a≥0時(shí)，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a＜0時(shí)，若x∈，則g′(x)＞0；若x∈，則g′(x)＜0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)因?yàn)閤

2、1＞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， 設(shè)F(x)＝f(x)－2x，則F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，即F′(x)≤0恒成立． 因?yàn)镕(x)＝ax3＋xln x－2x， 則F′(x)＝3ax2＋ln x－1≤0，即3a≤恒成立． 令h(x)＝，則h′(x)＝， 所以當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)在(0，e)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以h(x)≥h(e)＝－， 所以3a≤－，即a≤－， 故實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

3、2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)確定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立(e＝2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． 解：(1)由題意，f′(x)＝2ax－＝，x>0， ①當(dāng)a≤0時(shí)， 2ax2－1≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． ②當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0. 故f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，在，＋∞上單調(diào)遞增． (

4、2)原不等式等價(jià)于f(x)－＋e1－x>0在(1，＋∞)上恒成立． 一方面，令g(x)＝f(x)－＋e1－x＝ax2－ln x－＋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處必大于等于0. 令F(x)＝g′(x)＝2ax－＋－e1－x， 由g′(1)≥0，可得a≥. 另一方面，當(dāng)a≥時(shí)， F′(x)＝2a＋－＋e1－x≥1＋－＋e1－x＝＋e1－x， 因?yàn)閤∈(1，＋∞)，故x3＋x－2>0.又e1－x>0， 故F′(x)在a≥時(shí)恒大于0. 所以當(dāng)a≥時(shí)，F(xiàn)(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以F(x)>F(1)＝2a

5、－1≥0， 故g(x)也在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以g(x)>g(1)＝0， 即g(x)在(1，＋∞)上恒大于0. 綜上所述，a≥. 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 3．(2019·南寧三模)已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax(a∈R)． (1)若函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象無(wú)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)求出實(shí)數(shù)m的取值范圍，使得對(duì)任意的x∈，函數(shù)y＝f(x)＋的圖象均在h(x)＝的圖象的下方． 解：(1)由于當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)＜0， 而g(0)＝0，所以函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象無(wú)公共點(diǎn)，等價(jià)于f(x)＜g(x)恒成立，即＜a恒成立

6、． 令φ(x)＝(x＞0)，則φ′(x)＝， 當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，φ′(x)＞0；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，φ′(x)＜0， 所以φ(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)的最大值為φ(e)＝，所以a>， 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為. (2)由題意得，不等式ln x＋＜在上恒成立，即m＜ex－xln x在上恒成立． 令F(x)＝ex－xln x，則F′(x)＝ex－ln x－1， 令u(x)＝F′(x)，則u′(x)＝ex－， 易知u′(x)在上單調(diào)遞增， 由于u′＝－2＜0，u′(1)＝e－1＞0， 所以存在x0∈，使得u′(x0)＝0， 所以ex0＝

7、，所以x0＝－ln x0， 所以F′(x)在上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， F′(x)≥F′(x0)＝ex0－ln x0－1＝x0＋－1＞1＞0， 所以F(x)在上單調(diào)遞增，故m≤＋ln 2. 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為. 4．(2019·泰安二模)已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex. (1)當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，求f(x)的最小值； (2)當(dāng)a＜1時(shí)，若存在x1∈[e，e2]，使得對(duì)任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)成立，求a的取值范圍． 解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝. ①若a≤

8、1，則x∈[1，e]時(shí)，f′(x)≥0， f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若1＜a＜e， x∈[1，a]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)； x∈[a，e]時(shí)，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)． 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1. ③若a≥e，則x∈[1，e]時(shí)，f′(x)≤0， f(x)在[1，e]上為減函數(shù)． 所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. 綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)min＝1－a； 當(dāng)1＜a＜e時(shí)，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1； 當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)min＝e－(a＋1)－. (2)由題意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值． 由(1)知當(dāng)a＜1時(shí)，f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. g′(x)＝(1－ex)x. 當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)， 所以g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1， 即a＞， 所以a的取值范圍為. 5