《2021届高考数学二轮复习第2部分专题六函数与导数限时速解训练文.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高考数学二轮复习第2部分专题六函数与导数限时速解训练文.docx（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、限时标准训练九利用导数研究函数性质、证明不等式(建议用时45分钟)解答题(解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤)x+ a1 函数 f(X)= r 2(az 0, a R).x + 3a(1)求函数f(x)的单调区间； 当a= 1时，假设对任意xi, X2 3,+)，有f(xi) f(X2)< m成立，求实数 m的最小值.解：f '(x) = x ax+ 3a2二2 2x + 3a令 f '(x) = 0，解得 x= a 或 x= 3a.(1)当a>0时，f'(x) , f(x)随着x的变化如下表:X(8, 3a)3a(-3a, a)a(a,+8)f'
2、;(x)一0+0一f(x)极小值极大值函数f (x)的单调递增区间是(一3a, a)，函数f (x)的单调递减区间是(一, 3a), ( a, +8 ).当av 0时，f '(x), f(x)随着x的变化如下表：X(8, a)a(a, 3a)3a(3a,+8)f'(X)一0+0一f(x)极小值极大值函数f(x)的单调递增区间是(a, 3a)，函数f(x)的单调递减区间是(一8, a) , ( 3a, +8 ).当a= 1时，由(1)得f(x)是(一3,1)上的增函数，是(1 , +8)上的减函数.x + 1又当 x> 1 时，f(x) = x>0,11所以f(x)在
3、3, +8)上的最小值为f( 3)=;,最大值为f (1)=-.622所以对任意 X1, X2 3,+8) , f(x" f(X2)< f (1) f ( 3) =2 所以对任意X1, X2 3,+8)，使f(x" f (X2) < m恒成立的实数 m的最小值为3.2x2. 函数 f (X) = In x, x 1,3.8(1)求f (X)的最大值与最小值；假设f(x)<4 at对任意的X 1,3 , t 0,2恒成立，求实数 a的取值范围；2x,x 1 x + 2 x 2 人，解： t函数 f (x) = 8 In x，二 f(x) = 4 x =4x，
4、令 f (x) = 0 得 x=± 2, x 1,3，当 1<x<2 时，f'(x)<0 ; 当 2<x<3 时，f'( x)>0 ;f(x)在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数，1 f (x)在x= 2处取得极小值f(2) = 2 In 2 ;19又 f(1) = ，f(3) = 8 In 3 ,19/ In 3>1 ，二；一o In 3= In 3 1>0,8 o f(1)> f(3),11 x = 1时f (x)的最大值为-,x = 2时函数取得最小值为-In 2.821 由(1)知当x 1
5、,3时，f(x) < ，故对任意x 1,3,8f (x)<4 at 恒成立，131只要4 at>对任意t 0,2恒成立，即at< 恒成立，记g(t) = at, t 0,28831 g 0肓，31g 2 <§，31解得已帚即实数a的取值范围是OO3116 . 23. 函数 f (x) = ax In x+1( a R).(1)求函数f(x)的单调区间； 求证：当a= 1时，f (x) >2x2 +号在(1 ,+o)上恒成立.解：(1)由于 f (x) = ax In x+1( a R),12ax2 1故 f ( x) = 2ax x=(x>0
6、).x x当aw0时，f '(x) v 0在(0,+o)上恒成立， f (x)在(0,+o)上是单调递减函数.当a> 0时，令f '(x) = 0,得x ='丄当X变化时，f'(x), f(x)随x的变化情况如下表:X。，聽n丄f'(X)0+f(x)极小值由表可知，f (x)在0，2a上是单调递减函数，在2a，m 上是单调递增函数.综上所述，当awo时，f (x)的单调递减区间为(0,+)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为 0,2当 a= 1 时，f (x) = x - in x+ 1,、21 2 3 1 21设 F( x
7、) = x in x + 1 gx 2 =十一in x 2,1那么 F'(x) = x 一 -x2 1x 1 x + 1x> 0在(1 ,+s)上恒成立, F( x)在(1 ,+s)上为增函数，且 F(1) = 0,即F(x) >0在(1 ,+s)上恒成立，当 a= 1 时，f (x) >|x2 +1在(1 ,+)上恒成立.2x4. 函数f(x) = in x + _2 2kx，其中常数k R.(1)求f(x)的单调增区间；3 假设y = f (x)有两个极值点 刘,X2,且X1<X2,证明f (x2) v -.1 解： f '(x) = x + x 2
8、k(x>0). 当 kwi 时，f'( x) = x + x 2k x 2k = 2 2k>0,函数 f (x)为增函数,21x 2kx + 1 当 k> 1 时，f'(x) = + x 2k =(x>0),xx由 f'( x) = 0，得 x22kx + 1 = 0，解得两根 X1, X2,其中 0v X1= k k2 1 v X2= k + k2 1.x, f '(x), f (x)的取值变化情况如下表：X(0 , X1)X1(X1 , X2)X2(X2,+)f'(x)+0一0+f(x)极大值极小值综合知，当kwi时，f(x)
9、的增区间为(0,+)； 当 k> 1 时，f(x)的增区间为(0 , k k2 1) , k + :k2-1 ,+R). 证明：当kwi时，y= f(x)在(0,+)上是增函数，至多有一极值点，不合题意.21. x 2kx + 1当 k> 1 时，f '(X)= - + x 2k =x (x>0).xxX1 + X2= 2k, X1X2= 1,x2 2kx + 1 = 0在x > 0时有两个零点，且2X2那么 f (X2) = In X2+ 2kx2= In2X2X2+ 21+ X2 X2= InX2X2三1,f ' (X2) = 1 X2=1 X21 + X2X2X2当 X2 (0,1)时，f '(X2)>0,当 X2 (1 ,+s)时，f '(X2)v 0, f(X2) v f(1) = |.