2020新课标高考数学（理）二轮总复习（课件+专题限时训练）专题6 函数与导数-2

h(x)的最大值即可,即a≤1.

10．直线y＝a分别与直线y＝2(x＋1),曲线y＝x＋ln x交于点A,B,则|AB|的最小值为( ) A．3 32C.4 答案：D

a

解析：解方程2(x＋1)＝a,得x＝2－1. 设方程x＋ln x＝a的根为t(t＞0),则t＋ln t＝a, ?a?

则|AB|＝?t－2＋1?

??

?t＋ln t??tln t?

－2＋1?. ＝?t－＋1?＝?2??2??tln t

设g(t)＝2－2＋1(t＞0), 11t－1

则g′(t)＝2－2t＝2t(t＞0)．

令g′(t)＝0,得t＝1.当t∈(0,1)时,g′(t)＜0；当t∈(1,＋∞)时,g′(t)＞0,所以g(t)min3＝g(1)＝2,

33

所以|AB|≥2,所以|AB|的最小值为2. 11．当x∈[－2,1]时,不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( ) A．[－5,－3] C．[－6,－2] 答案：C

?1??1?1

解析：当x∈(0,1]时,得a≥－3?x?3－4?x?2＋x, ????

9??

B．?－6，－8?

??D．[－4,－3] B．2 3D．2

1

令t＝x,则t∈[1,＋∞),a≥－3t3－4t2＋t,

令g(t)＝－3t3－4t2＋t,t∈[1,＋∞),则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1),显然在[1,＋∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减,所以g(t)max＝g(1)＝－6,因此a≥－6. 同理,当x∈[－2,0)时,得a≤－2.

由以上两种情况得－6≤a≤－2,显然当x＝0时也成立, 故实数a的取值范围为[－6,－2]．

π2212．设函数f(x)＝3sinmx,若存在f(x)的极值点x0满足x20＋f(x0)＜m.则m的取值范围是( )

A．(－∞,－6)∪(6,＋∞) B．(－∞,－4)∪(4,＋∞) C．(－∞,－2)∪(2,＋∞) D．(－∞,－1)∪(1,＋∞) 答案：C

解析：由正弦函数的图象知,f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±3. πx0π?1?∴m＝kπ＋2,k∈Z.∴x0＝?k＋2?·m.

??

1?22?1?2?22?22???k＋2??＞3(k∈Z)． ∴不等式x21－0＋f(x0)＜m??k＋?m＋3＜m(k∈Z)?m·?2?????存在f(x)的极值点x0满足3成立．

?1?2

当k≠0且k≠－1时,必有?k＋2?＞1,此时不等式显然不成立．

??3??1??

?1－?k＋2?2?＞3?m2＞3?m＞2或m＜－2. ∴k＝0或－1时,m2·

4????二、填空题

13．已知函数f(x)＝x2＋mx－1,若对于任意x∈[m,m＋1],都有f(x)<0成立,则实数m的取值范围是__________．

22

x20＋f(x0)＜m?存在整数

??1?2?

?k使不等式m·1－?k＋2??＞????

2

?2?答案：?－，0?

?2?

解析：作出二次函数f(x)的图象,对于任意x∈[m,m＋1],都有f(x)<0,

??f?m?<0，则有?

??f?m＋1?<0，

22??m＋m－1<0，即?

2???m＋1?＋m?m＋1?－1<0.

2

解得－2

14．(2019春·潍坊期中)已知函数f(x)的定义域为R,f(－2)＝－2,若对?x∈R,f′(x)＜3,则不等式f(x)＞3x＋4的解集为________． 答案：(－∞,－2)

解析：根据题意,设g(x)＝f(x)－3x－4,则g′(x)＝f′(x)－3.由对?x∈R,f′(x)＜3,则g′(x)＜0,即g(x)在R上为减函数． 又由f(－2)＝－2,则g(－2)＝f(－2)＋6－4＝0, 则f(x)＞3x＋4?f(x)－3x－4＞0?g(x)＞g(－2), 即不等式的解集为(－∞,－2)．

115．(2019·南开区二模)已知函数f(x)＝ex－x－2sin x,其中e为自然对数的底数,

e若f(2a2)＋f(a－3)＜0,则实数a的取值范围为________． ?3?答案：?－2，1?

??

1

解析：∵f(x)＝ex－ex－2sin x, ∴f(－x)＝e－x－ex＋2sin x＝－f(x),

1

∵f(x)′＝ex＋ex－2cos x≥2

ex·e－x－2cos x≥0,

∴f(x)在R上单调递增且为奇函数．

由f(2a2)＋f(a－3)＜0,可得f(2a2)＜－f(a－3)＝f(3－a), 3

∴2a2＜－a＋3,解得－2

1

,g(x)＝x2－2ax＋4,若对于任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],x＋1

使f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是__________． ?9?答案：?4，＋∞?

??解析：由于f′(x)＝1＋

1

>0,因此函数f(x)在[0,1]上单调递增,所以x∈[0,1]?x＋1?2

时,f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2],使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1,即x5x5

x2－2ax＋5≤0,即a≥2＋2x能成立．令h(x)＝2＋2x,则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能x5

成立,只需使a≥h(x)min.又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减,所以h(x)min＝

22x99h(2)＝4,故只需a≥4.

专题限时训练 (大题规范练)

(建议用时：30分钟)

1．(2019·河南模拟)已知函数f(x)＝xln x＋e. (1)若f(x)≥ax恒成立,求实数a的最大值； (2)设函数F(x)＝ex－1f(x)－x2－2x＋1,求证：F(x)＞0. 解析：(1)函数f(x)＝xln x＋e的定义域为(0,＋∞), xln x＋ef(x)≥ax恒成立?a≤x. xln x＋ex－e

令φ(x)＝x,则φ′(x)＝x2,