《（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）文 1．(2018·成都模擬)已知f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)． (1)討論函數(shù)的單調(diào)性； (2)證明：當(dāng)a＝2，且x≥1時，f(x)≤ex－1－2恒成立． (1)解　∵ f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R， ∴f′(x)＝－a＝， 當(dāng)a≤0時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)，無減區(qū)間， 當(dāng)a>0時，增區(qū)間為，減區(qū)間為. (2)證明　當(dāng)x∈[1，＋∞)時，由(1)可知當(dāng)a＝2時，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， f(x)≤f(1)＝－1， 再令G(x)＝ex－1－2， 在x∈[1，＋

2、∞)上，G′(x)＝ex－1>0，G(x)單調(diào)遞增， 所以G(x)≥G(1)＝－1， 所以G(x)≥f(x)恒成立，當(dāng)x＝1時取等號， 所以原不等式恒成立． 2．(2018·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ為常數(shù))． (1)若函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)在x＝1處有相同的切線，求實數(shù)λ的值； (2)當(dāng)x≥1時，f(x)≤g(x)，求實數(shù)λ的取值范圍． 解　(1)由題意得f′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx， 又f(1)＝g(1)＝0， 且函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)在x＝1處有相同的切線， ∴f′(1)＝g′(1)，則2λ

3、＝1，即λ＝. (2)設(shè)h(x)＝xln x－λ(x2－1)， 則h(x)≤0對?x∈[1，＋∞)恒成立． ∵h(yuǎn)′(x)＝1＋ln x－2λx，且h(1)＝0， ∴h′(1)≤0，即1－2λ≤0，∴λ≥. 另一方面，當(dāng)λ≥時，記φ(x)＝h′(x)， 則φ′(x)＝－2λ＝. 當(dāng)x∈[1，＋∞)時，φ′(x)≤0， ∴φ(x)在[1，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)， ∴當(dāng)x∈[1，＋∞)時，φ(x)≤φ(1)＝1－2λ≤0， 即h′(x)≤0， ∴h(x)在[1，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)， ∴當(dāng)x∈[1，＋∞)時，h(x)≤h(1)＝0恒成立，符合題意． 當(dāng)λ<時， ①若λ≤0， 則h

4、′(x)＝1＋ln x－2λx≥0對?x∈[1，＋∞)恒成立， ∴h(x)在[1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)， ∴當(dāng)x∈[1，＋∞)時，h(x)≥h(1)＝0恒成立，不符合題意． ②若0<λ<， 令φ′(x)>0，則1φ(1)＝1－2λ>0， 即h′(x)>0， ∴h(x)在內(nèi)為增函數(shù)， ∴當(dāng)x∈時，h(x)>h(1)＝0，不符合題意， 綜上所述，λ的取值范圍是. 3．(2018·山東省名校聯(lián)盟模擬)已知f(x)＝xex＋a(x＋1)2＋. (1)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，求a的值； (2)當(dāng)x>－2時，f(x)

5、≥0，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1) ＝(x＋1)(ex＋2a)， 若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，則f′(1)＝0， 所以a＝－， 經(jīng)檢驗，當(dāng)a＝－時，函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值． (2)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)， ①a≥0時，當(dāng)－2－1時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)； 又f(－1)＝0，∴當(dāng)x>－2時，f(x)≥0成立． ②a<0時，令ex＋2a＝0，得x＝ln(－2a)， 當(dāng)ln(－2a)>－1，即a<－時， 當(dāng)－

6、2ln(－2a)時，f′(x)>0； 當(dāng)－1－1時，f′(x)>0， ∴f(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增， 又f(－1)＝0， 當(dāng)x∈(－2，－1)時，f(x)<0，不符合題意，舍去； 當(dāng)－2－

7、1時，f′(x)>0， 當(dāng)ln(－2a)－1時，f′(x)>0， 當(dāng)－2

8、x－aex，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)g(x)在R上存在最大值0，求函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上的最大值； (3)求證：當(dāng)x>0時，xex－eln x>x3＋x2. (1)解　由題意可知，g(x)＝ f′(x)＝x＋a－aex， 則g′(x)＝1－aex， 當(dāng)a≤0時，g′(x)>0， ∴g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時，當(dāng)x<－ln a時，g′(x)>0， 當(dāng)x>－ln a時，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞增， 在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞減， 綜上，當(dāng)a≤0時，g(x)的

9、單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無遞減區(qū)間； 當(dāng)a>0時，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－ln a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－ln a，＋∞)． (2)解　由(1)可知，a>0， 且g(x)在x＝－ln a處取得最大值， g(－ln a)＝－ln a＋a－a·e＝a－ln a－1， 即a－ln a－1＝0， 觀察可得當(dāng)a＝1時，方程成立， 令h(a)＝a－ln a－1(a>0)，h′(a)＝1－＝， 當(dāng)a∈(0,1)時，h′(a)<0， 當(dāng)a∈(1，＋∞)時，h′(a)>0， ∴h(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴h(a)≥h(1)＝0， ∴當(dāng)且僅當(dāng)

10、a＝1時，a－ln a－1＝0， ∴f(x)＝x2＋x－ex， 由題意可知f′(x)＝g(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴f(x)在x＝0處取得最大值f(0)＝－1. (3)證明　由(2)知，若a＝1， 當(dāng)x>0時，f(x)<－1， 即x2＋x－ex<－1， ∴x3＋x2－xex<－x， ∴x3＋x2－xex＋eln x0；當(dāng)x>e時，F(xiàn)′(x)<0， ∴F(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴F(x)≤F(e)＝0，即eln x－x≤

11、0， ∴x3＋x2－xex＋eln x<0， ∴當(dāng)x>0時，xex－eln x>x3＋x2. 5．(2018·四省名校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝a(x＋1)2－ex(a∈R)． (1)當(dāng)a＝時，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個極值點(diǎn)x1，x2(x10，得x<0， 由g′(x)＝1－ex<0，得x>0， ∴g(x)即f′(x)在區(qū)間(

12、－∞，0)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴f′(x)max＝f′(0)＝0. ∴對?x∈R，f′(x)≤0， ∴f(x)在R上單調(diào)遞減． (2)①解　∵f(x)有兩個極值點(diǎn)， ∴關(guān)于x的方程f′(x)＝2a(x＋1)－ex＝0有兩個根x1，x2， 設(shè)φ(x)＝2a(x＋1)－ex，則φ′(x)＝2a－ex， 當(dāng)a≤0時，φ′(x)＝2a－ex<0， φ(x)即f′(x)在R上單調(diào)遞減， ∴f′(x)＝0最多有一根，不合題意， 當(dāng)a>0 時，由φ′(x)>0，得xln 2a， ∴φ(x)即f′(x)在區(qū)間(－∞，ln

13、2a)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(ln 2a，＋∞)上單調(diào)遞減． 且當(dāng)x→－∞時，f′(x)→－∞， 當(dāng)x→＋∞時，f′(x)→－∞， 要使f′(x)＝0有兩個不同的根， 必有f′(x)max＝f′(ln 2a)＝2a(ln 2a＋1)－2a＝2aln 2a>0， 解得a>， ∴實數(shù)a的取值范圍是. ②證明　∵f′(－1)＝－<0，f′(0)＝2a－1>0， ∴－1－，f(－1)＝－， ∴－