[2020]最新数学高考（理）二轮复习专题集训：专题二 函数、不等式、导数2

教学资料范本 【2020】最新数学高考（理）二轮复习专题集训：专题二 函数、不等式、导数2 编 辑：__________________ 时 间：__________________ 1 / 8 精品资料，名师推荐 1．若函数f(x)＝(x＋1)·ex，则下列命题正确的是( ) A．对任意m<－，都存在x∈R，使得f(x)－，都存在x∈R，使得f(x)－，方程f(x)＝m总有两个实根解析： 因为f′(x)＝[(x＋1)ex]′＝(x＋1)ex＋ex＝(x＋2)ex，故函数在区间(－∞，－2)，(－2，＋∞)上分别为减函数与增函数，故f(x)min＝f(－2)＝－，故当m>－时，总存在x使得 f(x)0，故g(x)在[－1,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，故g(x)min＝g(1)＝1－3＋3－＝1－，∴a≥1－，∴实数a的 最小值为1－.答案： C 2 / 8 精品资料，名师推荐 3．已知a，b∈R，直线y＝ax＋b＋与函数f(x)＝tan x的图象在x＝－处相切，设g(x)＝ex＋bx2＋a，若在区间[1,2]上，不等式 m≤g(x)≤m2－2恒成立，则实数m( )A．有最小值－e C．有最大值e B．有最小值e D．有最大值e＋1 解析： ∵f(x)＝tan x＝，∴f′(x)＝＝，∴a＝f′＝2，又点在直线y＝ax＋b＋上，∴－1＝2×＋b＋，得b＝－1，∴g(x)＝ex－x2＋2，g′(x)＝ex－2x，令h(x)＝ex－2x，则h′(x)＝ex－2，当x∈[1,2]时，h′(x)≥h′(1)＝e－2>0，∴g′(x)在[1,2]上单调递增，∴g′(x)≥g′(1)＝e－2>0，∴g(x)在[1,2]上单调递 增，∴解得m≤－e或e≤m≤e＋1，∴m的最大值为e＋1，无最小 值，故选D.答案： D4．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处切线的倾斜角为，且对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2在区间(t,3)上总不是单调函数，则实数m的取值 范围是 ( )B．?－3，－5? ?37???A．(－∞，－5) C．(－9，＋∞) ?37? D．?－，－9? ?3?解析： 由函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)，可得f′(x)＝－a，f′(2)＝－＝1，得a＝－2.又对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2＝x3＋x2在区间(t,3)上总不是单调函数，只需g(x)＝x3＋x2－2x在(2,3)上不是单调函数，故g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2在 3 / 8 精品资料，名师推荐 (2,3)上有零点，即方程m＝－3x－4＋在(2,3)上有解．而y＝－3x－4＋在(2,3)上单调递减，故其值域为，所以实数m的取值范围是. 故选D.答案： D5．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底 数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由． 解析： (1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x得，h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，所以函数h(x)在区间(1,2) 上有零点．(2)由(1)得h(x)＝ex－1－－x.由g(x)＝＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1,2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－ 1，则φ′(x)＝ex＋x－.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点．所以方程f(x)＝ g(x)的根的个数为2.6．(20xx·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围． 解析： (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋. 4 / 8 精品资料，名师推荐