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函数与导数文（附解析）

函数与导数(11)1．[2023·全国乙卷(文)]已知函数f(x)＝(＋a)ln(1＋x).(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围．2．[2023·山西太原三模(文)]已知函数f(x)＝e·ex.(1)若g(x)＝f(x)－kx－k(k∈R)，在x＝－1时取得极小值，求实数k的值；(2)若过点(a，b)可以作出函数y＝f(x)的两条切线，求证：0<b<f(a). 3．[2023·内蒙古呼和浩特二模(文)]已知函数f(x)＝ex＋x2＋ax＋1.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x∈(0，＋∞)时，(a＋1)ex＋ax≥f(x)＋3x恒成立，求a的取值范围．4．[2023·安徽合肥一中模拟预测(文)]已知函数f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2lnx(a∈R).(1)当a＝2时，试分析函数f(x)零点的个数；(2)若x∈[1，＋∞)，f(x)≥(a－2)x－a－2，求a的取值范围． 5．[2023·广西模拟预测(文)]设函数f(x)＝＋x.(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与直线x－y＝0垂直，求a的值；(2)当a>1时，证明：f(x)≥3－.6．[2023·甘肃酒泉模拟预测(文)]已知函数f(x)＝xlnx＋x2－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不等实根x1、x2，求证：x1＋x2>2x0.函数与导数（11）1．解析：（1）当a＝－1时，f（x）＝ln（1＋x），f′（x）＝－ln（1＋x）＋·，所以f′（1）＝－ln2，又f（1）＝0，所以点（1，f（1））处的切线方程为y－0＝－（x－1）ln2，即xln2＋ y－ln2＝0.（2）由题意得f′（x）＝－ln（1＋x）＋·≥0（x＞0），即≥0（x＞0），因为x2（1＋x）>0，所以只需满足ax2＋x－（1＋x）ln（1＋x）≥0（x＞0）.设g（x）＝ax2＋x－（1＋x）ln（1＋x），则g′（x）＝2ax＋1－ln（1＋x）－1＝2ax－ln（1＋x）.若a≤0，则g′（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，g（x）在（0，＋∞）上单调递减，于是在（0，＋∞）上g（x）<g（0）＝0，不满足题意．若a>0，设h（x）＝g′（x），则h′（x）＝2a－，h′（0）＝2a－1.①若0＜a＜，则h′（0）＝2a－1＜0，令h′（x）＝0，得x＝－1，因为h′（x）在（0，＋∞）上单调递增，故当0＜x＜－1时，h′（x）＜0，当x＞－1时，h′（x）＞0，所以h（x）即g′（x）在上单调递减，在上单调递增，于是当0＜x＜－1时，g′（x）<g′（0）＝0，即g（x）在上单调递减，g（x）<g（0）＝0，不符合题意；②若a≥，因为h′（x）在（0，＋∞）上单调递增，h′（x）＞h′（0）＝2a－1≥0，所以h（x）即g′（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以在（0，＋∞）上g′（x）>g′（0）＝0，于是g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以在（0，＋∞）上g（x）>g（0）＝0，满足题意．综上所述，a的取值范围为.2．解析：（1）g′（x）＝e·ex－k，∴g′（－1）＝1－k＝0，∴k＝1.当k＝1时，令g′（x）＝e·ex－1＝0，得x＝－1，∴g（x）在（－∞，－1）单调递减，g（x）在（－1，＋∞）单调递增，所以g（x）在x＝－1时取得极小值，∴k＝1.（2）证明：设切点为（x0，ex0＋1）， ∴切线为y－ex0＋1＝ex0＋1（x－x0），又切线过点（a，b），∴b－ex0＋1＝ex0＋1（a－x0），∴ex0＋1（x0－a－1）＋b＝0，（*）设h（x）＝ex＋1（x－a－1）＋b，则h′（x）＝ex＋1（x－a），∴h（x）在（－∞，a）单调递减，在（a，＋∞）单调递增．∵过点（a，b）可作f（x）的两条切线，∴方程（*）有两解，∴，由h（a）＝ea＋1·（－1）＋b<0，得b<ea＋1，∴0<b<ea＋1，即0<b<f（a）.3．解析：（1）当a＝2时，f（x）＝ex＋x2＋2x＋1，f′（x）＝ex＋2x＋2，k＝f′（0）＝3，f（0）＝2，∴切线方程为y－2＝3x，即：3x－y＋2＝0.（2）由题意知：（a＋1）ex＋ax≥ex＋x2＋ax＋1＋3x在x∈（0，＋∞）时恒成立，即：a≥在x∈（0，＋∞）时恒成立．令g（x）＝，x>0，∴g′（x）＝－，令g′（x）>0⇒0<x<1，令g′（x）<0⇒x>1，∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减．∴g（x）max＝g（1）＝，∴a≥.4．解析：（1）当a＝2时，函数f（x）＝2x2－6x＋2lnx，∴f′（x）＝4x－6＋＝＝.由f′（x）>0，解得0<x<或x>1；由f′（x）<0，解得<x<1.所以函数f（x）在区间（0，）和（1，＋∞）上单调递增，在区间（，1）上单调递减．又∵f＝－3－2ln2<0，∴f（1）<0；∵f（e2）＝2e4－6e2＋4＝2（e2－1）（e2－2）>0，所以函数f（x）在（0，＋∞）上有且只有一个零点．（2）令g（x）＝f（x）－（a－2）x＋a＋2＝ax2－（2a＋2）x＋2lnx＋a＋2，则f（x）≥（a－2）x－a－2等价于g（x）≥0， g′（x）＝.若a≥1，则ax－1≥x－1，g′（x）≥0在区间[1，＋∞）上恒成立，g（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，故g（x）≥g（1）＝0，符合条件．若0<a<1，则当x∈[1，）时，g′（x）<0；当x∈（，＋∞）时，g′（x）>0.故g（x）在区间[1，）上单调递减，在区间（，＋∞）上单调递增，则g<g（1）＝0不符合条件．若a≤0，则g′（x）≤0对x∈[1，＋∞）恒成立，g（x）在区间[1，＋∞）上单调递减，故g（x）≤g（1）＝0，不符合条件．综上所述，a的取值范围为[1，＋∞）.5．解析：（1）函数f（x）＝＋x的定义域为R，f′（x）＝－＋1.因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与直线x－y＝0垂直，所以f′（0）＝－＋1＝－1，解得：a＝2.（2）f′（x）＝－＋1＝（ex－a）.当a>1时，令f′（x）>0可得：x>lna；令f′（x）<0可得：x<lna；所以f（x）在（－∞，lna）上单调递减，在（lna，＋∞）上单调递增．所以f（x）≥f（lna）＝1＋lna.当a>1时，有lna>0.因为1＋lna－（3－）＝lna＋－2≥2－2＝0（当且仅当lna＝，即a＝e时“＝”成立），所以1＋lna≥3－，即f（x）≥3－.6．解析：（1）因为f（x）＝xlnx＋x2－x，则f′（x）＝x＋lnx，所以，f（1）＝－，f′（1）＝1，所以，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＋＝x－1，即y＝x－.（2）证明：因为f′（x）＝x＋lnx，f′（x0）＝0，所以x0＋lnx0＝0.因为f′（x）为增函数，所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增． 由方程f（x）＝m有两个不等实根x1、x2，则可设x1<x0<x2，欲证x1＋x2>2x0，即证x2>2x0－x1>x0，即证f（x2）>f（2x0－x1），而f（x2）＝f（x1），即f（x1）－f（2x0－x1）>0，即x1lnx1＋x－x1－（2x0－x1）ln（2x0－x1）－（2x0－x1）2＋（2x0－x1）>0，设g（x）＝xlnx＋x2－x－（2x0－x）ln（2x0－x）－（2x0－x）2＋（2x0－x），其中0<x<x0，则g′（x）＝lnx＋ln（2x0－x）＋2x0，设h（x）＝lnx＋ln（2x0－x）＋2x0（0<x<x0），则h′（x）＝－＝>0，所以，函数g′（x）在（0，x0）上单调递增，所以g′（x）<g′（x0）＝2lnx0＋2x0＝0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，所以g（x）>g（x0）＝0，即f（x2）>f（2x0－x1），故x1＋x2>2x0得证．