2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习函数与导数考点过关检测三十六解析

考点过关检测（三十六）1．(2019·临川模拟)设f(x)＝ax3＋xlnx.(1)求函数g(x)＝fxx的单调区间；(2)若∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，fx1－fx2x1－x2＜2，求实数a的取值范围．解：(1)g(x)＝ax2＋lnx(x＞0)，g′(x)＝2ax＋1x＝2ax2＋1x(x＞0)，①当a≥0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＜0时，若x∈0，－12a，则g′(x)＞0；若x∈－12a，＋∞，则g′(x)＜0，所以g(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞，上单调递减．综上，当a≥0时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＜0时，函数g(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减．(2)因为x1＞x2＞0，不等式fx1－fx2x1－x2＜2恒成立，所以f(x1)－f(x2)＜2x1－2x2，亦即f(x1)－2x1＜f(x2)－2x2恒成立，设F(x)＝f(x)－2x，则F(x)在(0，＋∞)上为减函数，即F′(x)≤0恒成立．因为F(x)＝ax3＋xlnx－2x，则F′(x)＝3ax2＋lnx－1≤0，即3a≤1－lnxx2恒成立．令h(x)＝1－lnxx2，则h′(x)＝2lnx－3x3，所以当x∈(0，e32)时，h′(x)＜0，h(x)在(0，e32)上单调递减；当x∈(e32，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)在(e32，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(e32)＝－12e3，所以3a≤－12e3，即a≤－16e3，故实数a的取值范围是－∞，－16e3.2．设函数f(x)＝ax2－a－lnx，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)1x－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．解：(1)由题意，f′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x，x0，①当a≤0时，2ax2－1≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a0时，f′(x)＝2ax＋12ax－12ax，当x∈0，12a时，f′(x)0；当x∈12a，＋∞时，f′(x)0.故f(x)在0，12a上单调递减，在12a，＋∞上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a0时，f(x)在0，12a上单调递减，在12a，＋∞上单调递增．(2)原不等式等价于f(x)－1x＋e1－x0在(1，＋∞)上恒成立．一方面，令g(x)＝f(x)－1x＋e1－x＝ax2－lnx－1x＋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处必大于等于0.令F(x)＝g′(x)＝2ax－1x＋1x2－e1－x，由g′(1)≥0，可得a≥12.另一方面，当a≥12时，F′(x)＝2a＋1x2－2x3＋e1－x≥1＋1x2－2x3＋e1－x＝x3＋x－2x3＋e1－x，因为x∈(1，＋∞)，故x3＋x－20.又e1－x0，故F′(x)在a≥12时恒大于0.所以当a≥12时，F(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以F(x)F(1)＝2a－1≥0，故g(x)也在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)g(1)＝0，即g(x)在(1，＋∞)上恒大于0.综上所述，a≥12.故实数a的取值范围为12，＋∞.3．(2019·南宁三模)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax(a∈R)．(1)若函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象无公共点，求实数a的取值范围；(2)求出实数m的取值范围，使得对任意的x∈12，＋∞，函数y＝f(x)＋mx的图象均在h(x)＝exx的图象的下方．解：(1)由于当x∈(0,1)时，f(x)＜0，而g(0)＝0，所以函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象无公共点，等价于f(x)＜g(x)恒成立，即lnxx＜a恒成立．令φ(x)＝lnxx(x＞0)，则φ′(x)＝1－lnxx2，当x∈(0，e)时，φ′(x)＞0；当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以φ(x)的最大值为φ(e)＝1e，所以a1e，故实数a的取值范围为1e，＋∞.(2)由题意得，不等式lnx＋mx＜exx在12，＋∞上恒成立，即m＜ex－xlnx在12，＋∞上恒成立．令F(x)＝ex－xlnxx＞12，则F′(x)＝ex－lnx－1，令u(x)＝F′(x)x＞12，则u′(x)＝ex－1x，易知u′(x)在12，＋∞上单调递增，由于u′12＝e－2＜0，u′(1)＝e－1＞0，所以存在x0∈12，1，使得u′(x0)＝0，所以ex0＝1x0，所以x0＝－lnx0，所以F′(x)在12，x0上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，F′(x)≥F′(x0)＝ex0－lnx0－1＝x0＋1x0－1＞1＞0，所以F(x)在12，＋∞上单调递增，故m≤e＋12ln2.所以实数m的取值范围为－∞，e＋12ln2.4．(2019·泰安二模)已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)成立，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－1x－ax2.①若a≤1，则x∈[1，e]时，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，则x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae.(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a＜1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，所以g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－ae＜1，即a＞e2－2ee＋1，所以a的取值范围为e2－2ee＋1，1.