2021高考数学(人教通用-文科)二轮专题训练：大题综合突破练：函数与导数.docx

规范练(六)　函数与导数
1．已知函数f(x)＝ax2＋x－xln x.
(1)若a＝0，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx2＋2x恒成立，求实数b的取值范围．
解　(1)当a＝0时，f(x)＝x－xln x，函数定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－ln x，由－ln x＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上是增函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数．
(2)由f(1)＝2，得a＋1＝2，∴a＝1，
∴f(x)＝x2＋x－xln x，
由f(x)≥bx2＋2x，得(1－b)x－1≥ln x.
又∵x＞0，∴b≤1－－恒成立．
令g(x)＝1－－，可得g′(x)＝，由g′(x)＝0，得x＝1.
∴g(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝0，
∴b的取值范围是(－∞，0]．
2．设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)．
(1)若a＞0，争辩f(x)的单调性；
(2)x＝1时，f(x)有极值，证明：当θ∈时，|f(cos θ)－f(sin θ)|＜2.
(1)解　f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1)＝aex(x＋)(x＋2)，
当a＝时，由f′(x)＝ex(x＋2)2≥0，所以f(x)在R上单增递增；
当0＜a＜时，由f′(x)＞0，得x＞－2或x＜－；
由f′(x)＜0，得－＜x＜－2，
∴f(x)在和(－2，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
当a＞时，由f′(x)＞0，得x＞－或x＜－2，
由f′(x)＜0，得－2＜x＜－，
∴f(x)在(－∞，－2)和)上单调递增，在上单调递减．
(2)证明　∵x＝1时，f(x)有极值，
∴f′(1)＝3e(a＋1)＝0，∴a＝－1，
∴f(x)＝ex(－x2＋x＋1)，f′(x)＝－ex(x－1)(x＋2)．
由f′(x)＞0，得－2＜x＜1，∴f(x)在[－2,1]上单增．
∵θ∈，∴sin θ，cos θ∈[0,1]，
∴|f(cos θ)－f(sin θ)|≤f(1)－f(0)＝e－1＜2.
3．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．
(1)求b的值；(2)求f(2)的取值范围；
(3)设g(x)＝x－1，且f(x)＞g(x)的解集为(－∞，1)，求实数a的取值范围．
解　(1)∵f′(x)＝－3x2＋2ax＋b
∴当x＝0时，f(x)取到微小值，即f′(0)＝0，∴b＝0.
(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，
∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.
∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为
x1＝0，x2＝.
又∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，
∴x2＝＞1，即a＞.
∴f(2)＝－8＋4a＋(1－a)＝3a－7＞－.
故f(2)的取值范围为(－，＋∞)．
(3)法一　由(2)知f(x)＝－x3＋ax2＋1－a，且a＞.
∵1是函数f(x)的一个零点，∴f(1)＝0，
∵g(x)＝x－1，∴g(1)＝0，
∴点(1,0)是函数f(x)和函数g(x)的图象的一个交点结合函数f(x)和函数g(x)的图象及其增减特征可知，当且仅当函数f(x)和函数g(x)的图象只有一个交点(1,0)时， f(x)＞g(x)的解集为(－∞，1)．
即方程组①只有一解：.
由－x3＋ax2＋1－a＝x－1，
得(x3－1)－a(x2－1)＋(x－1)＝0，
即(x－1)[x2＋(1－a)x＋(2－a)]＝0，
∴x＝1或x2＋(1－a)x＋(2－a)＝0，
由方程x2＋(1－a)x＋(2－a)＝0②，
得Δ＝(1－a)2－4(2－a)＝a2＋2a－7，
当Δ＜0，即a2＋2a－7＜0，又由于a＞，
解得＜a＜2－1.
此时方程②无实数解，方程组①只有一个解
所以＜a＜2－1时，f(x)＞g(x)的解集为(－∞，1)．
法二　由(2)知f(x)＝－x3＋ax2＋1－a，且a＞.
∵1是函数f(x)的一个零点，
∴f(x)＝－(x－1)[x2＋(1－a)x＋1－a]
又f(x)＞g(x)的解集为(－∞，1)，
∴f(x)－g(x)＝－(x－1)[x2＋(1－a)x＋2－a]＞0的解集为(－∞，1)．
∴x2＋(1－a)x＋2－a＞0恒成立．
∴Δ＝(1－a)2－4×1×(2－a)＜0.
∴a2＋2a－7＜0，∴(a＋1)2＜8.
又∵a＞，∴＜a＜2－1，
∴a的取值范围为.
4．已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值；
(3)当a＝－1时，试推断方程|f(x)|＝＋是否有实数解．
解　(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x(x>0)，
f′(x)＝－1＋＝，
当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0.
∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，f(x)max＝f(1)＝－1，
(2)∵f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.
①若a≥－，则f′(x)≥0，f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0不合题意．
②若a＜－，则由f′(x)＞0⇒a＋＞0，
即0＜x＜－.
由f′(x)＜0得a＋＜0，即－＜x≤e.从而f(x)在上是增函数，在上是减函数，
∴f(x)max＝f＝－1＋ln
令－1＋ln＝－3，则ln＝－2，∴－＝e－2，即a＝－e－2.
∵－e2＜－，
∴a＝－e2为所求．
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，
∴|f(x)|≥1
又令g(x)＝＋，g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝e.
当0＜x＜e时，g′(x)＞0，g(x)在(0，e)上单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝＋＜1，
∴g(x)＜1，
∴|f(x)|＞g(x)，即|f(x)|＞＋，
∴方程|f(x)|＝＋没有实数解．