2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第二周 星期四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)習(xí)題 理.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第二周 星期四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)習(xí)題 理 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)知識(命題意圖：考查含參函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求解，考查應(yīng)用導(dǎo)數(shù)解決方程解的個數(shù)問題以及不等式恒成立問題等．) 已知函數(shù)f(x)＝ex＋mx－2，g(x)＝mx＋ln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)m＝－1時，試推斷方程|g(x)|＝＋是否有實數(shù)解； (3)證明：在區(qū)間(0，＋∞)上，函數(shù)y＝f(x)的圖象恒在函數(shù)y＝g(x)的圖象的上方． (1)解　由題意可得：f′(x)＝ex＋m. 當(dāng)m≥0時，f′(x) ＞0， 所以當(dāng)m≥0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當(dāng)m＜0時，令f′(x)＞0， 即ex＋m＞0， 可得x＞ln(－m)； 令f′(x)＜0，即ex＋m＜0， 可得x＜ln(－m)． 所以當(dāng)m＜0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為[ln(－m)，＋∞)， 單調(diào)減區(qū)間為(－∞，ln(－m)]． (2)解　當(dāng)m＝－1時，g(x)＝－x＋ln x(x＞0)， 易得g′(x)＝－1. 令g′(x)＞0，可得0＜x＜1， 令g′(x)＜0，可得x＞1. 故g(x)在x＝1處取得極大值，亦即最大值． 即g(x)≤g(1)＝－1，∴|g(x)|≥1. 令h(x)＝＋， 所以h′(x)＝. 令h′(x)＞0，可得0＜x＜e， 令h′(x)＜0，可得x＞e， 故h(x)在x＝e取得極大值，亦即最大值． ∴h(x)≤h(e)＝＋＜1. 所以方程|g(x)|＝＋無實數(shù)解． (3)證明　由題意可知本題即證：當(dāng)x∈(0，＋∞)時， f(x)＞g(x)恒成立． 令F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ln x－2(x＞0)， 則F′(x)＝ex－＝. 令H(x)＝xex－1， 則H′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)． 又x∈(0，＋∞)， ∴H′(x)＞0， ∴函數(shù)H(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴H(0)＝－1. 又H(1)＝e－1＞0，設(shè)x0為函數(shù)H(x)的零點， 則x0∈(0，1)， 即H(x0)＝x0ex0－1＝0， 即x0ex0＝1，∴x0＝＝e－x0，ex0＝， ∴當(dāng)x∈(0，x0)時，H(x)＜0， 即x∈(0，x0)時，函數(shù)F(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，H(x)＞0， 即x∈(x0，＋∞)時，函數(shù)F(x)單調(diào)遞增． ∴x0為函數(shù)F(x)的極小值點，亦即最小值點， ∴F(x)≥F(x0)＝ex0－ln x0－2＝ ＋x0－2＞2－2＝0， ∴F(x)＞0，即x∈(0，＋∞)時，f(x)＞g(x)， ∴原題得證．