统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练11函数与导数理（附解析）

函数与导数(11)1．[2023·内蒙古呼和浩特二模]已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋＋x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝＋，证明：当a＝0时，f(x)>g(x).2．[2023·山西太原三模]已知函数f(x)＝ax2－ex.(1)若函数f(x)的图象与直线y＝－x＋1相切，求实数a的值；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x－1有且只有一个零点，求实数a的取值范围． 3．[2023·安徽蚌埠二中模拟预测]已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f′(x1)＝f′(x2)＝0，且0<x1<x2，证明：f(x1)－f(x2)<－2.4．[2023·贵州模拟预测]已知函数f(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x(a∈R).(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在[，e](e为自然对数的底数)上有零点，求实数a的取值范围． 5．[2023·全国乙卷(理)]已知函数f(x)＝(＋a)ln(1＋x).(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线y＝f()关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由．(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围．6．[2023·安徽合肥一中模拟预测]已知f(x)＝2ex－xsinx.(1)求f(x)在x∈[0，π]上的最小值；(2)设m(xcosx－sinx)＝ex－0.5x2－x－1在x∈[0，π]上有两个实根，求m的取值范围. 函数与导数（11）1．解析：（1）由题意可得f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－＋1＝＝，①当－a－2＝1时，即a＝－3，f（x）在（0，＋∞）单调递增．②当－a－2>1时，即a<－3，x∈（0，1）时，f′（x）>0，f（x）单调递增；x∈（1，－a－2）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；x∈（－a－2，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增；③当0<－a－2<1时，即－3<a<－2，x∈（0，－a－2）时，f′（x）>0，f（x）单调递增，x∈（－a－2，1）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增，④当－a－2≤0时，即a≥－2，x∈（0，1）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增；综上可得：当a<－3时，f（x）在（0，1）和（－a－2，＋∞）上单调递增，在（1，－a－2）上单调递减；当a＝－3时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当－3<a<－2时，f（x）在（0，－a－2）和（1，＋∞）上单调递增，在（－a－2，1）上单调递减；当a≥－2时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增．（2）证明：当a＝0时，f（x）＝lnx＋＋x，要证f（x）>g（x），即证lnx＋＋x>＋，只需证lnx＋＋x>，只需证xlnx＋1＋x2>，令G（x）＝，则G′（x）＝，∴x∈（0，1）时，G′（x）>0，G（x）单调递增， ∴x∈（1，＋∞）时，G′（x）<0，G（x）单调递减，∴G（x）max＝G（1）＝，令h（x）＝xlnx＋1＋x2，则h′（x）＝lnx＋1＋2x，令φ（x）＝h′（x）＝lnx＋1＋2x，则φ′（x）＝＋2>0，∴φ（x）在（0，＋∞）上单调递增．又∵φ＝>0，φ＝－1＝<0，∴存在x0∈（，），使得φ（x0）＝0，即lnx0＋1＋2x0＝0；∴x∈（，x0），φ（x）<0，h′（x）<0，h（x）单调递减，x∈（x0，），φ（x）>0，h′（x）>0，h（x）单调递增；∴h（x）min＝h（x0）＝x0lnx0＋1＋x＝x0（－1－2x0）＋1＋x＝－x－x0＋1，令F（x）＝－x－x0＋1，则F（x）在（，）上单调递减，∴F（x0）>F＝－－＋1，即－x－x0＋1>－－＋1，∵（－－＋1）－＝>0，∴－－＋1>，∴－x－x0＋1>，即h（x）min＝G（x）max，∴x∈（0，＋∞）时，h（x）>G（x）恒成立，∴f（x）>g（x）.2．解析：（1）f′（x）＝2ax－ex，设切点为（x0，f（x0）），则，∴.a＝0时，显然不成立，∴a≠0，消去a得（x0－2）（ex0＋1）＝0， ∴x0＝2，a＝.（2）令g（x）＝0，即ax2＋x－1－ex＝0有且只有一个解，当x＝0时，显然ax2＋x－1－ex＝0不成立，∴x≠0，a＝，令h（x）＝，∴y＝a与h（x）＝有且只有一个交点，∵h′（x）＝＝，当x∈（－∞，0）时，h′（x）>0，h（x）单调递增；当x∈（0，2）时，h′（x）<0，h（x）单调递减；当x∈（2，＋∞）时，h′（x）>0，h（x）单调递增，又当x→－∞时，h（x）→0，当x→0时，h（x）→＋∞，当x＝2时，h（2）＝，当x→＋∞时，h（x）→＋∞，如图所示，综上，a的取值范围是（0，）.3．解析：（1）显然，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝＋ax－a＝，①若a＝0，显然f（x）单调递增．②若a<0，令f′（x）＝0，有x＝，易知<0<，当x∈（0，）时，f′（x）>0，f（x）单调递增；当x∈（，＋∞）时，f′（x）<0，f（x）单调递减．③若0<a≤4，则f′（x）≥0，f（x）单调递增， ④若a>4，令f′（x）＝0，有x＝，易知0<<，当x∈（0，），f′（x）>0，f（x）单调递增；当x∈（，）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．综上所述，若a<0，f（x）的增区间为（0，），减区间为（，＋∞）；若0≤a≤4，f（x）的增区间为（0，＋∞）；若a>4，f（x）的增区间为（0，），（，＋∞），减区间为（，）.（2）证明：由（1）知a>4，且x1＋x2＝1，x1x2＝（x1<x2⇒x1<），方法一：f（x1）－f（x2）＝lnx1－lnx2＋a（x1＋x2）（x1－x2）－a（x1－x2）＝lnx1＋lnax1－（2x1－1）＝2lnx1－ax1＋lna＋，记g（t）＝2lnt－at＋lna＋其中t∈（0，），则g′（t）＝－a＝0⇒t＝，显然有－＝<0，所以t∈（0，）时，g（t）单调递增，t∈（，），g（t）单调递减，g（t）max＝g＝ln4－lna＋－2<－2，故f（x1）－f（x2）<－2.方法二：由（1）知x1＋x2＝1，x1x2＝，f（x1）－f（x2）－＋2＝lnx1－lnx2＋a（x1＋x2）（x1－x2）－a（x1－x2）－＋2 ＝lnx1－lnx2－a（2x1－1）－＋2＝lnx1－lnx2－ax1＋2＝lnx1－ln（1－x1）－＋2.令g（x）＝lnx－ln（1－x）－＋2（0<x<），则g′（x）＝＋－＝＝>0.由g（x）＝lnx－ln（1－x）－＋2<g＝0，证毕．方法三：由（1）知x1＋x2＝1，x1x2＝，f（x1）－f（x2）－＋2＝lnx1－lnx2－ax1＋2＝ln－＋2＝ln－＋1.设h（x）＝lnx－x＋1，x>0，则h′（x）＝－1＝，当0<x<1，h′（x）>0，h（x）单调递增；当x>1，h′（x）<0，h（x）单调递减；故h（x）≤h（1）＝0，即lnx≤x－1，所以ln<－1，故f（x1）－f（x2）<－2得证．4．解析：（1）f′（x）＝＋2x－（a＋2）＝＝，①当0<a<2，x∈（0，）∪（1，＋∞）时，f′（x）>0，当x∈（，1）时，f′（x）<0，则函数f（x）在（，1）上单调递减，在（0，）和（1，＋∞）上单调递增；②当a＝2时，f′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，则函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；③当a>2，x∈（0，1）∪（，＋∞）时，f′（x）>0， 当x∈（1，）时，f′（x）<0，则函数f（x）在（1，）上单调递减，在（0，1）和（，＋∞）上单调递增．综上所述，当0<a<2时，函数f（x）在（，1）上单调递减，在（0，）和（1，＋∞）上单调递增；当a＝2时，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a>2时，函数f（x）在（1，）上单调递减，在（0，1）和（，＋∞）上单调递增．（2）设h（x）＝x－lnx，h′（x）＝1－，因为x∈[，e]，令h′（x）<0，则x∈[，1]，此时f（x）单调递减；h′（x）>0，则x∈（1，e]，此时f（x）单调递增，h（x）在x＝1时取最小值，故h（x）>h（1）＝1，所以，此时x－lnx≠0，f（x）＝alnx＋x2－（a＋2）x在[，e]上有零点等价于方程a（x－lnx）＝x2－2x在[，e]上有根，即a＝在[，e]上成立．令g（x）＝，因为g′（x）＝＝，当≤x<1时，x－1<0，2lnx<2，所以x＋2－2lnx>0，g′（x）<0，当1≤x≤e时，x－1≥0，2lnx≤2，所以x＋2－2lnx>0，所以g′（x）≥0，所以g（x）在[，1）上单调递减，在[1，e]上单调递增．又g（e）＝＝，g＝＝<，所以g（x）max＝g（e）＝，g（x）min＝g（1）＝－1，所以实数a的取值范围为[－1，]. 5．解析：（1）当a＝－1时，f（x）＝ln（1＋x），则f′（x）＝－ln（1＋x）＋·，所以f′（1）＝－ln2，又f（1）＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln2（x－1），即xln2＋y－ln2＝0.（2）假设存在a，b，使得曲线y＝f（）关于直线x＝b对称．令g（x）＝f（）＝（x＋a）ln（1＋）＝（x＋a）ln，因为曲线y＝g（x）关于直线x＝b对称，所以g（x）＝g（2b－x），即（x＋a）ln＝（2b－x＋a）ln＝（x－2b－a）ln，于是得当a＝，b＝－时，g（x）＝（x＋）ln（1＋），g（－1－x）＝（－x－）ln＝（－x－）ln＝（x＋）ln＝（x＋）ln（1＋）＝g（x），所以曲线y＝g（x）关于直线x＝－对称，满足题意．故存在a，b使得曲线y＝f（）关于直线x＝b对称，且a＝，b＝－.（3）f′（x）＝－ln（1＋x）＋·＝＝（x>0）.设h（x）＝－ln（1＋x），则h′（x）＝－＝＝，①当a≤0时，2a－1＜0，当x＞0时，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以当x＞0时，h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0， 所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减，无极值，不满足题意．②当a≥时，2a－1≥0，当x＞0时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以当x＞0时，h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，无极值，不满足题意．③当0＜a＜时，令h′（x）＝0，得x＝，当0＜x＜时，h′（x）<0，当x>时，h′（x）>0，所以h（x）在上单调递减，在上单调递增，所以h<h（0）＝0，又当x→＋∞时，h（x）→＋∞，所以存在x0∈，使得h（x0）＝0，即当0<x<x0时，h（x）<0，f（x）单调递减，当x>x0时，h（x）>0，f（x）单调递增，此时y＝f（x）有极小值点x0.综上所述，a的取值范围为（0，）.6．解析：（1）依题意，f（x）＝2ex－xsinx，f′（x）＝（2ex－xsinx）′＝2ex－xcosx－sinx，记F（x）＝f′（x），则F′（x）＝2ex＋xsinx－2cosx，因为x∈[0，π]，所以ex≥1，xsinx≥0，因此F′（x）≥2－2cosx≥0，所以F（x）即f′（x）在[0，π]上单调递增，于是f′（x）≥f′（0）＝2>0，故函数f（x）在[0，π]上单调递增，f（x）≥f（0）＝2，f（x）的最小值为2.（2）g（x）＝ex－0.5x2－x－1－m（xcosx－sinx），g′（x）＝[ex－0.5x2－x－1－m（xcosx－sinx）]′＝ex－1＋mxsinx－x，令h（x）＝ex－1＋mxsinx－x，h′（x）＝ex＋m（sinx＋xcosx）－1，当m≥－时，h（x）≥ex－1－xsinx－x，由（1）可知，当x∈（0，π]时，ex－xsinx－x－1>0，∴当x∈（0，π]时，h（x）>0.而h（0）＝0，∴当x∈[0，π]时，h（x）≥0，∴g（x）在[0，π]上递增，又g（0）＝0， 而g（0）＝0，∴当x∈[0，π]时，g（x）仅有1个零点，舍去．当m<－时，h′（x）＝ex＋m（sinx＋xcosx）－1，设H（x）＝h′（x），H′（x）＝ex－m（xsinx－2cosx）.当x∈[，π]时，H′（x）>0，所以h′（x）单调递增．当x∈[0，]时，G（x）＝H′（x），G′（x）＝ex－m（3sinx＋xcosx）.因为ex>0，－m（3sinx＋xcosx）≥0，所以G′（x）>0，所以H′（x）单调递增．又H′（0）＝1－2m<0，H′（x）＝ex－m（xsinx－2cosx），H′＝e－>0，因此H′（x）在[0，π]上存在唯一的零点x0，且x0∈（0，）.当x∈（0，x0）时，H′（x）<0，所以h′（x）单调递减；当x∈（x0，）时，H′（x）>0，所以h′（x）单调递增．又h′（0）＝0，h′（x0）<h′（0）＝0，h′（π）＝eπ－mπ－1>0，因此h′（x）在（0，π]上存在唯一的零点x1，且x1∈（x0，π）.当x∈（0，x1）时，h′（x）<0，所以h（x）单调递减；当x∈（x1，π）时，h′（x）>0，所以h（x）单调递增．又h（0）＝0，h（x1）<h（0）＝0，h（π）＝eπ－π－1>0，所以h（x）在（x1，π）上存在唯一零点，因此h（x）在[0，π]上有两个零点．g（x）在（0，x1）递减，（x1，π）递增，又g（0）＝0，∴g（x1）<0，又g（π）＝eπ－－π－1－mπ>0，g（x）在（0，π]上存在唯一的零点x2，且x2∈（x1，π）.因此g（x）在[0，π]上有两个零点．综上所述，实数m的取值范围是（－∞，－）.