（江苏专用）2020版高考数学三轮复习 解答题专题练（六）函数、导数 文 苏教版

解答题专题练(六)函数、导数(建议用时：40分钟)1．已知函数f(x)＝mx－mx，g(x)＝3lnx.(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若x∈(1,e](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求实数m的取值范围．2．(2019·连云港期末)已知函数f(x)＝13x3－mx2－x＋13m，其中m∈R.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1，x2∈[－1，1]，都有|f′(x1)－f′(x2)|≤4，求实数m的取值范围；(3)求函数f(x)的零点个数．3．(2019·连云港三校联考)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中函数y＝g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性；(3)设斜率为k的直线与函数y＝f(x)的图象交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)，求证：1x2k1x1.4．已知函数f(x)＝1x－a＋λx－b(a，b，λ为实常数)．(1)若λ＝－1，a＝1.①当b＝－1时，求函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程；②当b＜0时，求函数f(x)在13，12上的最大值．(2)若λ＝1，b＜a，求不等式f(x)≥1的解集构成的区间D的长度．(定义区间(c，d)，[c，d)，(c，d]，[c，d]的长度均为d－c，其中dc)解答题专题练(六)1．解：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－4x，f′(x)＝4＋4x2，f′(2)＝5，又f(2)＝6，所以所求切线方程为y＝5x－4.(2)由题意知，x∈(1，e]时，mx－mx－3lnx＜3恒成立，即m(x2－1)＜3x＋3xlnx恒成立，因为x∈(1，e]，所以x2－1＞0，则m＜3x＋3xlnxx2－1恒成立．令h(x)＝3x＋3xlnxx2－1，x∈(1，e]，则m＜h(x)min，h′(x)＝－3（x2＋1）·lnx－6（x2－1）2＝－3（x2＋1）·lnx＋6（x2－1）2，因为x∈(1，e]，所以h′(x)＜0，即h(x)在(1，e]上是减函数．所以当x∈(1，e]时，h(x)min＝h(e)＝9e2（e－1）.所以m的取值范围是(－∞，9e2e－2)．2．解：(1)f′(x)＝x2－2mx－1，由f′(x)≥0得x≤m－m2＋1或x≥m＋m2＋1.故函数f(x)的单调增区间为(－∞，m－m2＋1)，(m＋m2＋1，＋∞)，单调减区间为(m－m2＋1，m＋m2＋1)．(2)“对任意的x1，x2∈[－1，1]，都有|f′(x1)－f′(x2)|≤4”等价于“函数y＝f′(x)，x∈[－1，1]的最大值与最小值的差小于等于4”．对于f′(x)＝x2－2mx－1，对称轴为直线x＝m.当m－1时，f′(x)的最大值为f′(1)，最小值为f′(－1)．由f′(1)－f′(－1)≤4，即－4m≤4，解得m≥－1(舍去)；当－1≤m≤1时，f′(x)的最大值为f′(1)或f′(－1)，最小值为f′(m)．由f′（1）－f′（m）≤4，f′（－1）－f′（m）≤4即m2－2m－3≤0，m2＋2m－3≤0，解得－1≤m≤1；当m1时，f′(x)的最大值为f′(－1)，最小值为f′(1)．由f′(－1)－f′(1)≤4，即4m≤4解得m≤1(舍去)．综上，实数m的取值范围是[－1，1]．(3)由f′(x)＝0得x2－2mx－1＝0，因为Δ＝4m2＋40，所以y＝f(x)既有极大值也有极小值．设f′(x0)＝0，即x20－2mx0－1＝0，则f(x0)＝13x30－mx20－x0＋13m＝－13mx20－23x0＋13m＝－23x0(m2＋1)，所以极大值为f(m－m2＋1)＝－23(m－m2＋1)·(m2＋1)0，极小值为f(m＋m2＋1)＝－23(m＋m2＋1)·(m2＋1)0，故函数f(x)有三个零点．3．解：(1)因为g(x)＝f(x)＋ax2＋bx＝lnx＋ax2＋bx，所以g′(x)＝1x＋2ax＋b，由题意得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以b＝－2a－1.(2)因为g′(x)＝1x＋2ax＋b＝1x＋2ax－2a－1＝（2ax－1）（x－1）x(x0)，①当a＝0时，g′(x)＝－（x－1）x(x0)，当x1时，g′(x)0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减；当0x1时，g′(x)0，所以函数g(x)在(0，1)上单调递增；②当0a12，即12a1时，g′(x)＝2ax－12a（x－1）x(x0)，所以函数g(x)在1，12a上单调递减；函数g(x)在12a，＋∞和(0，1)上单调递增；③当a＝12，即2a＝1时，g′(x)＝（x－1）2x≥0(x0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；④当a12，即12a1时，g′(x)＝2ax－12a（x－1）x(x0)，所以函数g(x)在12a，1上单调递减；函数g(x)在(1，＋∞)和0，12a上单调递增.(3)证明：由题设x2x10，所以1x2k1x1⇔1x2lnx2－lnx1x2－x11x1⇔x2－x1x2lnx2－lnx1x2－x1x1⇔1－1x2x1lnx2x1x2x1－1，①令h(x)＝lnx－x＋1(x1)，则h′(x)＝1x－1＝1－xx(x1)，所以x1时，h′(x)0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上是减函数，而h(1)＝0，所以x1时，h(x)h(1)＝0.因为x2x10，所以x2x11，所以hx2x1＝lnx2x1－x2x1＋10，即lnx2x1x2x1－1，②令H(x)＝lnx＋1x－1(x1)，则H′(x)＝1x－1x2＝x－1x2(x1)，所以x1时，H′(x)0，所以H(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以x1时，H(x)H(1)＝0，所以Hx2x1＝lnx2x1＋1x2x1－10，即1－1x2x1lnx2x1，③由①②③得1x2k1x1.4．解：(1)①当b＝－1时，f(x)＝1x－1－1x＋1＝2x2－1，则f′(x)＝－4x（x2－1）2，可得f′(2)＝－42，又f(2)＝2，故所求切线方程为y－2＝－42(x－2)，即42x＋y－10＝0.②当λ＝－1，a＝1时，f(x)＝1x－1－1x－b，则f′(x)＝－1（x－1）2＋1（x－b）2＝（x－1）2－（x－b）2（x－1）2（x－b）2＝2（b－1）x－b＋12（x－1）2（x－b）2.因为b＜0，则b－1＜0，且b＜b＋12＜12，故当b＜x＜b＋12时，f′(x)＞0，f(x)在b，b＋12上单调递增；当b＋12＜x＜12时，f′(x)＜0，f(x)在b＋12，12上单调递减.(ⅰ)当b＋12≤13，即b≤－13时，f(x)在13，12上单调递减，所以[f(x)]max＝f13＝9b－92－6b；(ⅱ)当13＜b＋12＜12，即－13＜b＜0时，[f(x)]max＝fb＋12＝4b－1.综上所述，[f(x)]max＝4b－1，－13b0，9b－92－6b，b≤－13.(2)f(x)≥1即1x－a＋1x－b≥1.(*)①当x＜b时，x－a＜0，x－b＜0，此时解集为空集.②当a＞x＞b时，不等式(*)可化为(x－a)＋(x－b)≤(x－a)(x－b)，展开并整理得，x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≥0，设g(x)＝x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)，因为Δ＝(a－b)2＋4＞0，所以g(x)有两个不同的零点，设为x1，x2(x1＜x2)，又g(a)＝b－a＜0，g(b)＝a－b＞0，且b＜a，因此b＜x1＜a＜x2，所以当a＞x＞b时，不等式x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≥0的解为b＜x≤x1.③当x＞a时，不等式(*)可化为(x－a)＋(x－b)≥(x－a)(x－b)，展开并整理得，x2－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≤0，由②知，此时不等式的解为a＜x≤x2，综上所述，f(x)≥1的解构成的区间为(b，x1]∪(a，x2]，其长度为(x1－b)＋(x2－a)＝x1＋x2－a－b＝a＋b＋2－a－b＝2.