（2022高考数学一轮复习(高考调研)PPT）作业20.doc

1、专题层级快练专题层级快练(二十二十) 一、单项选择题 1(2021四川阆中中学一诊)已知函数 f(x)e x x mx(e 为自然对数的底数)若 f(x)0 在(0， )上恒成立，则实数 m 的取值范围是() A(，2)B(，e) C. e2 4 ， D. ，e 2 4 答案D 解析因为e x x mx0 在(0， )上恒成立， 所以在(0， )上不等式 me x x2恒成立， 即在(0， )上 m ex x2 min .令 g(x)e x x2， 则 g(x) ex（x2） x3 .当 x(0， 2)时， g(x)0，故 g(x)在(2，)上为增函数所以 g(x)min g(2)e 2 4

2、，故 me 2 4 .故选 D. 2(2021石家庄市高中毕业班综合训练)已知函数 f(x)exax1，g(x)lnxax1，其中 0a0， 则实数 a 的取值范围是() A. 0，1 e2B. 0，1 e C. 1 e2，1D. 1 e，1 答案A 解析因为 f(x)exax1，0a0，函数 f(x)在(0， )上单调递增，故 f(x)f(0)0 恒成立，x0(0，)，使 f(x0)g(x0)0，即x0(0， )，使 g(x0)0， 即 g(x)lnxax10，即 a0，当 x(e2，)时，F(x)0， 故函数 F(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，)上单调递减，F(x)maxF(e2

3、)21 e2 1 e2， 故 a 0，1 e2.故选 A. 二、解答题 3(2020山东济宁市第一中学高三考前冲刺)已知函数 g(x)alnx，f(x)x3x2bx. (1)若 f(x)在区间1，2上不是单调函数，求实数 b 的取值范围； (2)若对任意 x1，e，g(x)x2(a2)x 恒成立，求实数 a 的取值范围 答案(1)(16，5)(2)(，1 解析(1)由 f(x)x3x2bx， 得 f(x)3x22xb，f(x)在区间1，2上不是单调函数， f(x)3x22xb 在1，2上最大值大于 0，最小值小于 0. f(x)3x22xb3 x1 3 2 b1 3， f（x）max16b，

4、f（x）min5b， 16b5.故实数 b 的取值范围是(16，5) (2)由 g(x)x2(a2)x，得(xlnx)ax22x， x1，e，lnx1x，且等号不能同时取， lnx0. ax 22x xlnx对任意 x1，e恒成立，即 a x22x xlnx min . 令 t(x)x 22x xlnx，x1，e，求导得 t(x) （x1） （x22lnx） （xlnx）2 ， 当 x1，e时，x10，0lnx1，x22lnx0，从而 t(x)0， t(x)在1，e上是增函数，t(x)mint(1)1， a1.故实数 a 的取值范围是(，1 4已知函数 f(x)lnxxa x(aR) (1)当

5、 a2 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)当 x2 时，f(x)00 x2，f(x)2，故函数 f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为 (2，) (2)当 x2 时，由 f(x)xlnxx2， 令 g(x)xlnxx2，则 g(x)lnx12x， 令 h(x)g(x)，则 h(x)1 x2 12x x ， 因为 x2，所以 h(x)0， 所以 h(x)h(2)ln230，即 g(x)0，a0，恒有 f(x)g(a)成立，求实数 k 的最大整 数值 答案(1)当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增，当 a0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a， )上单调递增(2)7

6、 解析(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)1 x a x2 xa x2 . 当 a0 时，f(x)0， f(x)在(0，)上单调递增 当 a0 时，若 x(0，a)，则 f(x)0，f(x)单调递增 综上所述：当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增， 当 a0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增 (2)由(1)知 f(x)minf(a)lna1， f(x)g(a)恒成立，则只需 lna1g(a)恒成立， 则 lna1a（k5）2 a k52 a， lna2 ak6， 令 h(a)lna2 a，则只需 h(a) mink6， 则 h(a)1 a 2 a2 a

7、2 a2 ， 当 a(0，2)时，h(a)0，h(a)单调递增， h(a)minh(2)ln21， 即 ln21k6，kln27.k 的最大整数值为 7. 6(2021沧州市七校联盟)已知函数 f(x)lnxmx2(12m)x1. (1)若 m1，求 f(x)的极值； (2)若对任意 x0，f(x)0 恒成立，求整数 m 的最小值 答案(1)极大值为1 4ln2，无小极值 (2)1 解析(1)当 m1 时，f(x)lnxx2x1，x(0，) f(x)1 x2x1 （x1） （2x1） x . 当 0 x0，则 f(x)在(0， 1 2)上单调递增； 当 x1 2时，f(x)0，f(x)0 恒成

8、立， lnxx1m(x22x)在(0，)上恒成立， 即 mlnxx1 x22x 在(0，)上恒成立 设 F(x)lnxx1 x22x ，则 F(x)（x1） （x2lnx） （x22x）2 . 设(x)(x2lnx)，显然(x)在(0，)上单调递减 (1)10， x0(1 2，1)，使得(x 0)0，即 x02lnx00. 当 x(0，x0)时，(x)0； 当 x(x0，)时，(x)0. F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减， F(x)maxF(x0)lnx0 x01 x022x0 1 2x0. x0(1 2，1)， 1 2x0( 1 2，1)，故整数 m 的最小值为 1.