(2022高考数学一轮复习(高考调研)PPT)作业20.doc

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1、专题层级快练专题层级快练(二十二十) 一、单项选择题 1(2021四川阆中中学一诊)已知函数 f(x)e x x mx(e 为自然对数的底数)若 f(x)0 在(0, )上恒成立,则实数 m 的取值范围是() A(,2)B(,e) C. e2 4 , D. ,e 2 4 答案D 解析因为e x x mx0 在(0, )上恒成立, 所以在(0, )上不等式 me x x2恒成立, 即在(0, )上 m ex x2 min .令 g(x)e x x2, 则 g(x) ex(x2) x3 .当 x(0, 2)时, g(x)0,故 g(x)在(2,)上为增函数所以 g(x)min g(2)e 2 4

2、,故 me 2 4 .故选 D. 2(2021石家庄市高中毕业班综合训练)已知函数 f(x)exax1,g(x)lnxax1,其中 0a0, 则实数 a 的取值范围是() A. 0,1 e2B. 0,1 e C. 1 e2,1D. 1 e,1 答案A 解析因为 f(x)exax1,0a0,函数 f(x)在(0, )上单调递增,故 f(x)f(0)0 恒成立,x0(0,),使 f(x0)g(x0)0,即x0(0, ),使 g(x0)0, 即 g(x)lnxax10,即 a0,当 x(e2,)时,F(x)0, 故函数 F(x)在(0,e2)上单调递增,在(e2,)上单调递减,F(x)maxF(e2

3、)21 e2 1 e2, 故 a 0,1 e2.故选 A. 二、解答题 3(2020山东济宁市第一中学高三考前冲刺)已知函数 g(x)alnx,f(x)x3x2bx. (1)若 f(x)在区间1,2上不是单调函数,求实数 b 的取值范围; (2)若对任意 x1,e,g(x)x2(a2)x 恒成立,求实数 a 的取值范围 答案(1)(16,5)(2)(,1 解析(1)由 f(x)x3x2bx, 得 f(x)3x22xb,f(x)在区间1,2上不是单调函数, f(x)3x22xb 在1,2上最大值大于 0,最小值小于 0. f(x)3x22xb3 x1 3 2 b1 3, f(x)max16b,

4、f(x)min5b, 16b5.故实数 b 的取值范围是(16,5) (2)由 g(x)x2(a2)x,得(xlnx)ax22x, x1,e,lnx1x,且等号不能同时取, lnx0. ax 22x xlnx对任意 x1,e恒成立,即 a x22x xlnx min . 令 t(x)x 22x xlnx,x1,e,求导得 t(x) (x1) (x22lnx) (xlnx)2 , 当 x1,e时,x10,0lnx1,x22lnx0,从而 t(x)0, t(x)在1,e上是增函数,t(x)mint(1)1, a1.故实数 a 的取值范围是(,1 4已知函数 f(x)lnxxa x(aR) (1)当

5、 a2 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 x2 时,f(x)00 x2,f(x)2,故函数 f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为 (2,) (2)当 x2 时,由 f(x)xlnxx2, 令 g(x)xlnxx2,则 g(x)lnx12x, 令 h(x)g(x),则 h(x)1 x2 12x x , 因为 x2,所以 h(x)0, 所以 h(x)h(2)ln230,即 g(x)0,a0,恒有 f(x)g(a)成立,求实数 k 的最大整 数值 答案(1)当 a0 时,f(x)在(0,)上单调递增,当 a0 时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a, )上单调递增(2)7

6、 解析(1)函数 f(x)的定义域为(0,),f(x)1 x a x2 xa x2 . 当 a0 时,f(x)0, f(x)在(0,)上单调递增 当 a0 时,若 x(0,a),则 f(x)0,f(x)单调递增 综上所述:当 a0 时,f(x)在(0,)上单调递增, 当 a0 时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,)上单调递增 (2)由(1)知 f(x)minf(a)lna1, f(x)g(a)恒成立,则只需 lna1g(a)恒成立, 则 lna1a(k5)2 a k52 a, lna2 ak6, 令 h(a)lna2 a,则只需 h(a) mink6, 则 h(a)1 a 2 a2 a

7、2 a2 , 当 a(0,2)时,h(a)0,h(a)单调递增, h(a)minh(2)ln21, 即 ln21k6,kln27.k 的最大整数值为 7. 6(2021沧州市七校联盟)已知函数 f(x)lnxmx2(12m)x1. (1)若 m1,求 f(x)的极值; (2)若对任意 x0,f(x)0 恒成立,求整数 m 的最小值 答案(1)极大值为1 4ln2,无小极值 (2)1 解析(1)当 m1 时,f(x)lnxx2x1,x(0,) f(x)1 x2x1 (x1) (2x1) x . 当 0 x0,则 f(x)在(0, 1 2)上单调递增; 当 x1 2时,f(x)0,f(x)0 恒成

8、立, lnxx1m(x22x)在(0,)上恒成立, 即 mlnxx1 x22x 在(0,)上恒成立 设 F(x)lnxx1 x22x ,则 F(x)(x1) (x2lnx) (x22x)2 . 设(x)(x2lnx),显然(x)在(0,)上单调递减 (1)10, x0(1 2,1),使得(x 0)0,即 x02lnx00. 当 x(0,x0)时,(x)0; 当 x(x0,)时,(x)0. F(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减, F(x)maxF(x0)lnx0 x01 x022x0 1 2x0. x0(1 2,1), 1 2x0( 1 2,1),故整数 m 的最小值为 1.

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