《（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導數(shù)（2）理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導數(shù)（2）理（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導數(shù)（2）理 1．(2018·江西省重點中學協(xié)作體聯(lián)考)已知f(x)＝ex，g(x)＝x2＋ax－2xsin x＋1. (1)證明：1＋x≤ex≤(x∈[0,1))； (2)若x∈[0,1)時，f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． (1)證明　設h(x)＝ex－1－x，則h′(x)＝ex－1， 故h(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增． 從而h(x)≥h(0)＝0，即ex≥1＋x. 而當x∈[0,1)時，e－x≥1－x，即ex≤. (2)解　設F(x)＝f(x)－g(x) ＝ex－

2、(x2＋ax－2xsin x＋1)， 則F(0)＝0， F′(x)＝ex－(2x＋a－2xcos x－2sin x)． 要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立，必須有F′(0)≥0. 即a≤1. 以下證明：當a≤1時，f(x)≥g(x)． 只要證1＋x≥x2＋x－2xsin x＋1， 只要證2sin x≥x在[0,1)上恒成立． 令φ(x)＝2sin x－x， 則φ′(x)＝2cos x－1>0對x∈[0,1)恒成立， 又φ(0)＝0，所以2sin x≥x，從而不等式得證． 2．(2018·宿州質檢)設函數(shù)f(x)＝x＋axln x(a∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)的單

3、調性； (2)若函數(shù)f(x)的極大值點為x＝1，證明：f(x)≤e－x＋x2. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a， 當a＝0時，f(x)＝x， 則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增； 當a>0時，由f′(x)>0得x>， 由f′(x)<0得00得0， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調遞增， 在區(qū)間上單調遞減． 綜上所述，當a＝0時， 函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增； 當a>0時，函數(shù)f(x)在區(qū)

4、間上單調遞減， 在區(qū)間上單調遞增； 當a<0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調遞增， 在區(qū)間上單調遞減． (2)證明　由(1)知a<0且＝1， 解得a＝－1，f(x)＝x－xln x. 要證f(x)≤e－x＋x2， 即證x－xln x≤e－x＋x2， 即證1－ln x≤＋x. 令F(x)＝ln x＋＋x－1(x>0)， 則F′(x)＝＋＋1 ＝. 令g(x)＝x－e－x， 得函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增． 而g(1)＝1－>0，g(0)＝－1<0， 所以在區(qū)間(0，＋∞)上存在唯一的實數(shù)x0， 使得g(x0)＝x0－＝0， 即x0＝， 且x∈(0，x

5、0)時，g(x)<0，x∈(x0，＋∞)時，g(x)>0. 故F(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增． ∴F(x)min＝F(x0)＝ln x0 ＋＋x0－1. 又＝x0， ∴F(x)min＝ln x0＋＋x0－1 ＝－x0＋1＋x0－1＝0. ∴F(x)≥F(x0)＝0成立， 即f(x)≤e－x＋x2成立． 3．(2018·皖江八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝. (1)若a≥0，函數(shù)f(x)的極大值為，求實數(shù)a的值； (2)若對任意的a≤0，f(x)≤在x∈[0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)b的取值范圍． 解　(1)由題意， f′(x)＝[(2ax＋1)

6、e－x－(ax2＋x＋a)e－x] ＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1] ＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)． ①當a＝0時，f′(x)＝－e－x(x－1)， 令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減． 所以f(x)的極大值為f(1)＝≠，不合題意． ②當a>0時，1－<1， 令f′(x)>0，得1－1， 所以f(x)在上單調遞增， 在，(1，＋∞)上單調遞減． 所以f(x)的極大值為f(1)＝＝，得a＝2. 綜上所述a＝2. (

7、2)令g(a)＝＋，a∈(－∞，0]， 當x∈[0，＋∞)時，>0， 則g(a)≤對?a∈(－∞，0]恒成立等價于g(a)≤g(0)≤， 即≤bln(x＋1)對x∈[0，＋∞)恒成立． ①當b＝0時，顯然≤bln(x＋1)在[0，＋∞)上不恒成立． ②當b<0時，?x∈(0，＋∞)，bln(x＋1)<0，>0， 此時>bln(x＋1)，不合題意． ③當b>0時，令h(x)＝bln(x＋1)－，x∈[0，＋∞)， 則h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝， 其中(x＋1)ex>0，?x∈[0，＋∞)， 令p(x)＝bex＋x2－1，x∈[0，＋∞)， 則p(x)在區(qū)間[0，＋

8、∞)上單調遞增， b≥1時，p(x)≥p(0)＝b－1≥0， 所以對?x∈[0，＋∞)，h′(x)≥0， 從而h(x)在[0，＋∞)上單調遞增， 所以對任意x∈[0，＋∞)，h(x)≥h(0)＝0， 即不等式bln(x＋1)≥xe－x在[0，＋∞)上恒成立． 00及p(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增， 所以存在唯一的x0∈(0,1)，使得p(x0)＝0， 且x∈(0，x0)時，p(x)<0. 從而x∈(0，x0)時，h′(x)<0， 所以h(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞減， 則x∈(0，x0)時，h(x)

9、)＝0， 即bln(x＋1)0. (1)解　f(x)＝ln x－a·x. 令x＝t，∴x＝(t>0)．令h(t)＝ln t－at， 則函數(shù)y＝h(t)與y＝f(x)的零點個數(shù)情況一致． h′(t)＝－a. (ⅰ)當a≤0時，h′(t)>0， ∴h(t)在(0，＋∞)上單調遞增． 又h(1)＝－a≥0， ＝a＋－ae ≤a

10、＋－a·＝a＋<0， ∴此時有1個零點． (ⅱ)當a>0時，h(t)在上單調遞增， 在上單調遞減． ∴h(t)max＝h＝ln－1. ①當ln?<1即a>時，h<0，無零點． ②當ln?＝1即a＝時，h＝0,1個零點． ③當ln?>1即00， 又>e>1，h(1)＝－a<0. 又－＝<(1－e)<0， h＝ln2－a·＝2ln－， 令φ(a)＝2ln－， φ′(a)＝2·＋＝>0， ∴φ(a)在上單調遞增， ∴φ(a)<φ＝2－e<0，∴此時有兩個零點． 綜上，當a≤0或a＝時，有1個零點； 當0時，無零點． (2

11、)要證g(x)－f(x)－ax－2>0， 只需證＋2<(2－x)e. 令＝m∈(0,1)，只需證＋2<(2－m2)em. 令l(m)＝(2－m2)em，l′(m)＝(－m2－2m＋2)em， ∴l(xiāng)(m)在(0，－1)上單調遞增，在(－1,1)上單調遞減， 又∵l(1)＝e，l(0)＝2，∴l(xiāng)(m)>2. 令t(m)＝，t′(m)＝>0， ∴t(m)在(0,1)上單調遞增， ∴t(m)0. 5．(2018·洛陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－x2，其中t∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)當

12、t＝3時，證明：不等式f(x1＋x2)－f(x1－x2)>－2x2恒成立(其中x1∈R，x2>0)． (1)解　由于f′(x)＝xex－tx＝x(ex－t)． (ⅰ)當t≤0時，ex－t>0， 當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減； (ⅱ)當t>0時，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln t. ①當00時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 當ln t0，f(x)單調遞增； ②當t＝1時，f′(x)≥0，f(x

13、)單調遞增； ③當t>1時，ln t>0. 當x>ln t時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 當00，f(x)單調遞增． 綜上，當t≤0時，f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)， 在(0，＋∞)上是增函數(shù)； 當01時，f(x)在(－∞，0)，(ln t，＋∞)上是增函數(shù)， 在(0，ln t)上是減函數(shù)． (2)證明　依題意f(x1＋x2)－

14、f(x1－x2)>(x1－x2)－(x1＋x2)?f(x1＋x2)＋(x1＋x2)>f(x1－x2)＋(x1－x2)恒成立． 設g(x)＝f(x)＋x， 則上式等價于g(x1＋x2)>g(x1－x2)， 要證明g(x1＋x2)>g(x1－x2)對任意x1∈R， x2∈(0，＋∞)恒成立， 即證明g(x)＝(x－1)ex－x2＋x在R上單調遞增， 又g′(x)＝xex－3x＋1， 只需證明xex－3x＋1≥0即可． 令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1， 當x<0時，h′(x)<0，當x>0時，h′(x)>0， ∴h(x)min＝h(0)＝0， 即?x∈R，ex≥x＋1， 那么，當x≥0時，xex≥x2＋x， ∴xex－3x＋1≥ x2－2x＋1＝(x－1)2≥0； 當x<0時，ex<1，xex－3x＋1＝x>0， ∴xex－3x＋1>0恒成立．從而原不等式成立．