2021年（老高考）数学（文）二轮专题练习：主观题专练 函数与导数（11） （含解析）.doc

1、函数与导数函数与导数(11) 12020 大同市高三学情调研测试试题已知函数 f(x)x3ax2bxc，曲线 yf(x)在 点 x1 处的切线为 l：3xy10，若 x2 3时，yf(x)有极值 (1)求 a，b，c 的值； (2)求 yf(x)在3,1上的最大值和最小值 22018 北京卷设函数 f(x)ax2(4a1)x4a3ex. (1)若曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与 x 轴平行，求 a； (2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求 a 的取值范围 32020 石家庄市摸底考试已知函数 f(x)1ln x x1 k x. (1)当 k0 时，求函数 f(x)的单调区间；

2、 (2)若 f(x)0 对任意的 x(1，)恒成立，求整数 k 的最大值 42020 广东省联考试题已知函数 f(x)ln xa 2x(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)axsin xbcos x， 且曲线 yf(x)与直线 y 2相切于点( 2， 2) (1)求 f(x)； (2)若 f(x)mx21，求实数 m 的取值范围 62020 武汉市在线学习摸底检测已知函数 f(x)a(x21)ln x，aR. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)求实

3、数 a 的取值范围， 使得 f(x)asin(x1)1 xe 1x在区间(1， )上恒成立(e2.718 28为自然对数的底数) 函数与导数函数与导数(11) 1解析：(1)由 f(x)x3ax2bxc，得 f(x)3x22axb.当 x1 时切线 l 的斜率为 3，2ab0. 当 x2 3时，yf(x)有极值，则 f( 2 3)0，可得 4a3b40. 由解得 a2，b4.切点为(1,4)，f(1)4，即 1abc4，得 c5. (2)由(1)可得 f(x)x32x24x5，f(x)3x24x4.令 f(x)0，得 x12，x22 3. 当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如表所示

4、x 3 (3，2) 2 (2，2 3) 2 3 (2 3，1) 1 f(x) 0 0 f(x) 8 1 3 2 13 95 27 4 最小值为95 27，最大值为 13. 2解析：(1)因为 f(x)ax2(4a1)x4a3ex， 所以 f(x)ax2(2a1)x2ex. 所以 f(1)(1a)e. 由题设知 f(1)0，即(1a)e0，解得 a1. 此时 f(1)3e0. 所以 a 的值为 1. (2)由(1)得 f(x)ax2(2a1)x2ex (ax1)(x2)ex. 若 a1 2，则当 x 1 a，2 时，f(x)0. 所以 f(x)在 x2 处取得极小值 若 a1 2，则当 x(0,

5、2)时，x20，ax1 1 2x10. 所以 2 不是 f(x)的极小值点 综上可知，a 的取值范围是 1 2， . 3解析：(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)当 k0 时，f(x) 1 xln x x12 .令 g(x)1 x ln x， 则 g(x)1x x2 ， 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)maxg(1)10，f(x)01ln x x1 k x0k1)令 h(x)x1ln x x1 ，x1，则 h(x) x2ln x x12 ，令 (x)x2ln x，x1，则 (x)x1 x 0，(x)在(1

6、，)上单调递增， (3)1ln 30， 存在唯一 x0(3,4)， 使得 (x0)0， 即 x02ln x00， x011ln x0， 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)minh(x0)x01ln x0 x01 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)1 x a 2.若 a0， 则 f(x)0， 函数 f(x)在(0， )上单调递增； 若 a0， 令 f(x)0， 解得 x2 a， 当 x(0， 2 a)时， f(x)0， 函数 f(x)在(0

7、，2 a)上单调递增，当 x( 2 a，)时，f(x)1 时，h(x)ln x1 x 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 0a1，即实数 a 的取值范围为(0,1) 5解析：(1)由 f( 2) a 2 2得 a1.f(x)xcos x(1b)sin x，由 f( 2)1b0 得 b 1.所以 f(x)xsin xcos x. (2)令 g(x)mx21f(x)mx2xsin xcos x1，由 g(x)0 得 g(2)42m0，所以 m0.显然 g(x)为偶函数，所以只需 x0 时，g(x)0.g(x)2mxxcos xx(2mcos x)，

8、当 m1 2时， g(x)0， 即 g(x)在0， )上单调递增， 所以 g(x)g(0)0， 从而 m 1 2时， f(x)mx 2 1 恒成立当 0m1 2时，因为 y2mcos x 在(0， 2)上单调递增，x0 时，y2m10； x 2时， y2m0.所以存在 x0(0， 2， 使得 2mcos x00， 因此 x(0， x0)时， 2mcos x0， 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 0m1 2时，f(x)mx 21 不恒成立综上，满足题设的 m 的取值范围是 m1 2. 6解析：(1)f(x)2

9、ax 21 x . 当 a0 时，f(x)0 时，令 f(x)0，得 x 1 2a，令 f(x)0，得 0x 1 2a，所以函数 f(x)在区间(0， 1 2a)上单调递减，在区间( 1 2a，)上单调递增 (2)记 g(x)f(x)asin(x1)1 xe 1x，则当 a0 时，由(1)知，f(x)在(1，)上单调递 减，所以当 x(1，)时，f(x)asin(x1)1 xe 1x 在(1，)上恒成立， 又当 x1 时， 易知 ex 1x， 所以 e1x 1 ex 10.00 矛盾 当 0a1 时， g(x)f(x)acos(x1)1 x2e 1x2ax1 x acos(x1) 1 x2e 1x，所以 g(1)a11 时，g(x)2ax1 xa 1 x2 1 x 2x1ax21 x2 .当 ax210 时，x 1 a，取 x1 1 a，则 g(1 1 a)0，从而，由零点 存在性定理知，存在 x0(1,1 1 a)，使得 g(x0)0，当 x(1，x0)时，g(x)0，g(x)在(1， x0)上单调递减，g(x)1 时，g(x)2ax1 xa 1 x2 1 x 2x1ax21 x2 2x1x 21 x2 0， 所以 g(x)在(1， )上单调递增， 所以当 x1 时， g(x)g(1) 0，满足题意综上，a1，即实数 a 的取值范围为1，)