(江苏专用)2022版高考数学三轮复习解答题专题练(六)函数、导数文苏教版.pdf

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1、江苏专用江苏专用 20222022 版高考数学三版高考数学三轮复习解答题专题练轮复习解答题专题练 六六 函数、函数、导数文苏教版导数文苏教版解答题专题练解答题专题练(六六)函数、导数函数、导数(建议用时：建议用时：4040 分钟分钟)m m1 1函数函数f f(x x)mxmx，g g(x x)3ln3lnx x.x x(1)(1)当当m m4 4 时，时，求曲线求曲线y yf f(x x)在点在点(2(2，f f(2)(2)处的切线方程；处的切线方程；(2)(2)假设假设x x(1,(1,e(ee(e 是自然对数的底数是自然对数的底数)时，不等式时，不等式f f(x x)g g(x x)3

2、3 恒成立，求实数恒成立，求实数m m的的取值范围取值范围-2-2-1 13 32 22 2(2022连云港期末(2022连云港期末)函数函数f f(x x)x xmxmx3 31 1x xm m，其中，其中m mR.R.3 3(1)(1)求函数求函数y yf f(x x)的单调区间；的单调区间；(2)(2)假设对任意的假设对任意的x x1 1，x x2 2 1 1，11，都有，都有|f f(x x1 1)f f(x x2 2)|)|4 4，求实数，求实数m m的取值范围；的取值范围；(3)(3)求函数求函数f f(x x)的零点个数的零点个数-3-3-3 3(2022连云港三校联考(2022

3、连云港三校联考)函数函数f f(x x)lnlnx x，g g(x x)f f(x x)axaxbxbx，其中函数其中函数y yg g(x x)的图的图象在点象在点(1(1，g g(1)(1)处的切线平行于处的切线平行于x x轴轴(1)(1)确定确定a a与与b b的关系；的关系；(2)(2)假设假设a a0，试讨论函数0，试讨论函数g g(x x)的单调性；的单调性；(3)(3)设斜率为设斜率为k k的直线与函数的直线与函数y yf f(x x)的图象的图象1 11 1交于两点交于两点A A(x x1 1，y y1 1)，B B(x x2 2，y y2 2)()(x x1 1 x x2 2)

4、，求证：求证：k k c c)-6-6-解答题专题练解答题专题练(六六)1 1 解：解：(1)(1)当当m m4 4 时，时，f f(x x)4 4x x，f f(x x)4 4x x4 42 2，f f(2)(2)5 5，4 4x x又又f f(2)(2)6 6，所以所求切线方程为所以所求切线方程为y y5 5x x4.4.m m(2)(2)由题意知，由题意知，x x(1(1，e e 时，时，mxmx 3ln3lnx xx x3 3 恒成立，即恒成立，即m m(x x1)1)3 3x x3 3x xlnlnx x恒成立，恒成立，因为因为x x(1，(1，e e ，所以，所以x x1 10 0

5、，那么，那么m m3 3x x3 3x xlnlnx x恒成立恒成立2 2x x1 13 3x x3 3x xlnlnx x令令h h(x x)，x x(1(1，e e ，那么，那么2 2x x1 13 3x x1 1lnlnx x6 6m mh h(x x)minmin，h h(x x)2 22 2x x1 13 3x x1 1lnlnx x6 6，2 22 2x x1 1-7-7-2 22 22 22 2因为因为x x(1 1，e e ，所以所以h h(x x)0 0，即即h h(x x)在在(1(1，e e 上是减函数上是减函数所以当所以当x x(1，(1，e e 时，时，h h(x x

6、)minminh h(e e)9 9e e.2 2e e1 19 9e e所以所以m m的取值范围是的取值范围是(，)2 2e e2 22 2解：解：(1)(1)f f(x x)x x2 2mxmx1 1，由由f f(x x)0)0 得得x xm mm m2 21 1或或x xm m2 2m m1.1.故函数故函数f f(x x)的单调增区间为的单调增区间为(，m m2 2m m1)1)，(m mm m1 1，)，单调减区间为，)，单调减区间为(m mm m1 1，m mm m1)1)(2)“对任意的(2)“对任意的x x1 1，x x2 2 1 1，11，都有都有|f f(x x1 1)f

7、f(x x2 2)|)|4 4等价于“函数等价于“函数y yf f(x x)，x x 1 1，11的最大值与最小值的差小于等于的最大值与最小值的差小于等于 4 4对于对于f f(x x)x x2 2mxmx1 1，对称轴为直线，对称轴为直线x xm m.-8-8-2 22 22 22 22 2当当m m 11 时，时，f f(x x)的最大值为的最大值为f f(1)1)，最，最小值为小值为f f(1)(1)由由f f(1)1)f f(1)4，即(1)4，即 4 4m m44 解得解得m m1(舍去1(舍去)综上，实数综上，实数m m的取值范围是的取值范围是 1 1，11(3)(3)由由f f(

8、x x)0 0 得得x x2 22 2mxmx1 10 0，因为因为4 4m m4040，所以，所以y yf f(x x)既有极大既有极大值也有极小值值也有极小值-9-9-2 2设设f f(x x0 0)0 0，即，即x x2 2mxmx0 01 10 0，1 13 31 12 2那么那么f f(x x0 0)x x0 0mxmx0 0 x x0 0m m3 33 31 12 22 21 12 22 2mxmx0 0 x x0 0m mx x0 0(m m1)1)，3 33 33 33 32 2所所以以极极大大值值为为f f(m mm m1 1)(m m3 32 22 20 0m m2 21

9、1)()(m m2 21)01)0，极极 小小 值值 为为f f(m m2 2m m1 1)(m m3 32 2m m1 1)()(m m1)01)0)0)，x xx x1 1当当a a0 0 时，时，g g(x x)(x x0)0)，x x当当x x11 时，时，g g(x x)0)0，所以函数，所以函数g g(x x)在在(1(1，)上单调递减；)上单调递减；当当 00 x x10)0，所以函数所以函数g g(x x)在在(0(0，1)1)上单调递增；上单调递增；1 11 1当当 00a a 11 时，时，2 22 2a a 1 1 2 2a a x x x x1 12 2a a g g(

10、x x)x x(x x0)0)，1 1 所以函数所以函数g g(x x)在在 1 1，上单调递减；上单调递减；2 2a a 1 1 函数函数g g(x x)在在，和和(0(0，1)1)上单调递增；上单调递增；2 2a a 1 1x x1 1当当a a，即即 2 2a a1 1 时，时，g g(x x)2 2x x0(0(x x0)0)，2 2-11-11-所以函数所以函数g g(x x)在在(0(0，)上单调递增；，)上单调递增；1 11 1 当当a a，即即10)0)，1 1 所以函数所以函数g g(x x)在在，1 1 上单调递减；上单调递减；2 2a a 1 1 函数函数g g(x x)

11、在在(1(1，)和)和 0 0，上单调递增上单调递增.2 2a a (3)(3)证明：由题设证明：由题设x x2 2 x x1 100，1 1 lnlnx x2 2lnlnx x1 11 1所以所以 k k x x2 2x x1 1x x2 2x x2 2x x1 1x x1 11 11 1x x2 2x x1 1x x2 2x x1 1lnlnx x2 2lnlnx x1 1 x x2 2x x1 1x x2 2x x2 21 1 lnln 1)1)，那么，那么h h(x x)x x-12-12-1 11 1x xx x(x x1)1)，所以所以x x11 时，时，h h(x x)0)11

12、时，时，h h(x x)x x1 100，所以，所以 11，x x1 1 x x2 2 x x2 2x x2 2所以所以h h lnln 1010，x x1 1x x1 1 x x1 1 x x2 2x x2 2即即 lnln 1)1)，1 1x xx x1 1那么那么H H(x x)2 22 2(x x1)1)，x xx xx x1 11 1所以所以x x11 时，时，H H(x x)0)0，所以，所以H H(x x)在在(1(1，)上是增函数，)上是增函数，所以所以x x11 时，时，H H(x x)H H(1)(1)0 0，-13-13-x x2 2 x x2 21 1所以所以H H l

13、nln 1010，x x1 1x x2 2 x x1 1 x x1 1x x2 2即即 1 1 lnln，x x2 2x x1 1x x1 11 1由得由得 k k .1 11 1x x2 2x x1 11 11 14 4 解：解：(1)当(1)当b b1 1 时，时，f f(x x)x x1 1x x1 12 24 4x x2 2，那么那么f f(x x)可得可得f f(2)2)2 22 2，x x1 1x x1 14 4 2 2，又，又f f(2)2)2 2，故所求切线方程为故所求切线方程为y y2 24 4 2(2(x x 2)2)，即即 4 4 2 2x xy y10100.0.1 1

14、1 1当当1 1，a a1 1 时，时，f f(x x)，x x1 1x xb b1 11 1那么那么f f(x x)2 22 2x x1 1x xb bx x1 12 2x xb b2 2x x1 12 2x xb b2 2-14-14-b b1 1 2 2b b1 1 x x2 2 x x1 1 x xb b2 22 2.因为因为b b0 0，那么那么b b1 10 0，且且b b故当故当b bx xb b1 11 1，2 22 2b b1 12 2时，时，f f(x x)0 0，f f(x x)在在 b b1 1 b b，上单调递增；上单调递增；2 2 1 1当当x x 时时，f f(x

15、 x)0 0，f f(x x)在在2 22 2 b b1 11 1 ，上单调递减上单调递减.2 2 2 2 1 11 1 1 1()当当，即即b b 时，时，f f(x x)在在，2 23 33 3 3 32 2 b b1 1b b1 11 1上单调递减，上单调递减，1 1 9 9b b9 9所以所以 f f(x x)maxmaxf f ；3 3 2 26 6b b1 1b b1 11 11 1()当当 ，即即b b0 0 时，时，3 32 22 23 3-15-15-b b1 1 4 4 f f(x x)maxmaxf f.2 2 b b1 1 4 4，1 1 b b00，b b1 13 3

16、综上所述，综上所述，f f(x x)maxmax 9 9b b9 91 1，b b.3 3 2 26 6b b1 11 1(2)(2)f f(x x)1)1 即即1.(*)1.(*)x xa ax xb b当当x xb b时，时，x xa a0 0，x xb b0 0，此时解集，此时解集为空集为空集.当当a ax xb b时，不等式时，不等式(*)(*)可化为可化为(x xa a)(x xb b)()(x xa a)()(x xb b)，展开并整理得，展开并整理得，x x(a ab b2)2)x x(ababa a2 2b b)0，)0，设设g g(x x)x x2 2(a ab b2)2)x

17、 x(ababa ab b)，因为因为(a ab b)4 40 0，所以，所以g g(x x)有两个有两个不同的零点，设为不同的零点，设为x x1 1，x x2 2(x x1 1x x2 2)，又又g g(a a)b ba a0 0，g g(b b)a ab b0 0，且且b ba a，因此因此b bx x1 1a ax x2 2，-16-16-2 2所以当所以当a ax xb b时，不等式时，不等式x x(a ab b2)2)x x(ababa ab b)0)0 的解为的解为b bx xx x1 1.当当x xa a时，不等式时，不等式(*)(*)可化为可化为(x xa a)(x xb b)()(x xa a)()(x xb b)，展开并整理得，展开并整理得，x x2 2(a ab b2)2)x x(ababa a2 2b b)0，)0，由知，此时不等式的解为由知，此时不等式的解为a ax xx x2 2，综上所述，综上所述，f f(x x)1)1 的解构成的区间为的解构成的区间为(b b，x x1 1(a a，x x2 2，其长度为其长度为(x x1 1b b)(x x2 2a a)x x1 1x x2 2a ab ba ab b2 2a ab b2.2.-17-17-18-18-