统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练12函数与导数理（附解析）

函数与导数(12)1．[2023·四川模拟预测]已知函数f(x)＝ex－ex＋ax(1－lnx).(1)若a＝0时，过点(0，0)作曲线y＝f(x)的切线l，求l的方程；(2)若函数f(x)在x＝1处取极小值，求a的取值范围．2．[2023·陕西汉台中学模拟预测]已知函数f(x)＝lnx＋＋b(a，b∈R).(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)的最小值为0，x1，x2(x1<x2)为函数g(x)＝f(x)－的两个零点，证明：ex2－elnx1>2. 3．[2023·河南郑州三模]设函数f(x)＝x2－x＋alnx(a>0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：>4a－.4．[2023·山西运城模拟预测]已知函数f(x)＝xex－a(ln＋1)＋b在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(3e2－1)x－4e2.(1)求a、b的值；(2)若关于x的不等式f(x)≥kx恒成立，求实数k的取值范围． 5．[2023·江西南昌三模]已知函数f(x)＝ex－ax2－x－1(x>0，a∈R).(1)当a＝1时，判断f(x)的单调性；(2)若a>1时，设x1是函数f(x)的零点，x0为函数f(x)极值点，求证：x1－2x0<0.6．[2023·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝ax－，x∈(0，).(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范围．函数与导数（12）1．解析：（1）a＝0时，f（x）＝ex－ex，f′（x）＝ex－e.设切点（x1，ex1－ex1），则f′（x1）＝ex1－e，故切线l的方程为y＝（ex1－e）（x－x1）＋ex1－ex1，由于切线l过点（0，0），则0＝（ex1－e）（－x1）＋ex1－ex1，即（x1－1）ex1＝0，解得x1＝1，故切线方程为y＝0.（2）x>0，f′（x）＝ex－alnx－e，f′（1）＝0，令g（x）＝f′（x）＝ex－alnx－e，则g′（x）＝ex－，①当a≤0时，可知g′（x）>0，g（x）在（0，＋∞）上单调递增，又g（1）＝0，则x∈（0，1）时，g（x）<0即f′（x）<0，f（x）单调递减，x∈（1，＋∞）时，g （x）>0即f′（x）>0，f（x）单调递增，故f（x）在x＝1时取得极小值，故a≤0满足条件．②当a>0时，则g′（x）＝ex－在（0，＋∞）上为增函数，又g′（1）＝e－a，若a＝e，g′（1）＝0，当x∈（0，1）时，g′（x）<0，g（x）即f′（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）时，g′（x）>0，g（x）即f′（x）单调递增，而f′（1）＝0，于是f′（x）≥0，即函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，不合题意；若a>e，g′（1）<0，而g′（a）＝ea－1>0，则存在x0∈（1，a）使得g′（x0）＝0，且x∈（0，x0）时，g′（x0）<0，则g（x）即f′（x）单调递减，又f′（1）＝0，故x∈（0，1）时，f′（x0）>0，f（x）单调递增，x∈（1，x0）时f′（x）<0，f（x）单调递减，此时x＝1为f（x）的极大值点，不合题意．若0<a<e，则g′（1）>0，限定0<x<1，故g′（x）＝ex－<e－＝，于是当0<x<1且x<时，g′（x）<0，那么存在x1∈（0，1），使得g′（x1）＝0.所以x∈（x1，＋∞）时，g′（x1）>0，g（x）在（x1，＋∞）上单调递增，而g（1）＝0，于是，x∈（x1，1）时，g（x）<0，即f′（x）<0，f（x）单调递减，x∈（1，＋∞）时，g（x）>0即f′（x）>0，f（x）单调递增，此时x＝1为f（x）的极小值点，符合题意．综上所述：函数f（x）在x＝1处取极小值时a的取值范围是（－∞，e）.2．解析：（1）∵f（x）＝lnx＋＋b（x>0），∴f′（x）＝－＝，若a≤0时，则f′（x）>0恒成立，∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增，故f（x）没有极值；若a>0，则当x∈（0，a）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，当x∈（a，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增，∴f（x）有极小值，极小值为f（a）＝lna＋b＋1，无极大值．（2）证明：由（1）可知，当a>0时，f（x）有最小值，f（x）min＝lna＋b＋1，由函数f（x）的最小值为0，得lna＋b＋1＝0，由题知g（x）＝f（x）－＝lnx＋＋b－，g＝ln＋2＋b－＝－ln2<0，g＝lna－1＋e＋b－＝e－>0，∴<x1<， g（ea）＝1＋lna＋＋b－＝－<0，g（4a）＝ln4＋lna＋＋b－＝ln4－>0，∴ea<x2<4a，∴ex2－elnx1>eea－eln（a>0），令h（x）＝eex－eln，则h′（x）＝e（eex－），令p（x）＝eex－，则p（x）在（0，＋∞）上单调递增，又p＝0，∴在（0，）上，p（x）<0，h′（x）<0，h（x）单调递减，在（，＋∞）上，p（x）>0，h′（x）>0，h（x）单调递增，∴h（x）min＝h＝ee·－eln＝e－eln＝e＋eln2e>2，∴ex2－elnx1>2得证．3．解析：（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝2x－1＋＝，令2x2－x＋a＝0，当Δ＝1－8a≤0时，即a≥时，f′（x）≥0，f（x）在（0，＋∞）上递增，当Δ＝1－8a>0时，即0<a<时，2x2－x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，当f′（x）>0时解得0<x<或x>，所以函数在（0，），（，＋∞）上单调递增，当f′（x）<0时解得<x<，所以函数f（x）在（，）上单调递减．综上，当a≥时，函数的单调增区间为（0，＋∞）；当0<a<时，函数的单调增区间为（0，），（，＋∞），单调减区间为（，）.（2）由（1）可知，f（x）存在两个极值点x1，x2，即0<a<， x1，x2为方程2x2－x＋a＝0的两个不等正实根，x1＋x2＝，x1x2＝.＝＝＝（x1＋x2）－1＋a＝－＋a.要证>4a－成立，只需证－＋a>4a－，即证>4，即证>，即证lnx1－lnx2>，设x1>x2>0，即证ln>，令t＝>1，即证lnt>，设h（t）＝lnt－，h′（t）＝>0，h（t）在（1，＋∞）上递增，h（t）>h（1）＝0，所以lnt>成立，即>4a－.4．解析：（1）因为f（x）＝xex－a（lnx－ln2＋1）＋b，则f′（x）＝（x＋1）ex－，所以f′（2）＝3e2－＝3e2－1，解得a＝2，所以f（x）＝xex－2（ln＋1）＋b，所以f（2）＝2e2－2＋b，由切线方程可知f（2）＝2（3e2－1）－4e2＝2e2－2，所以2e2－2＋b＝2e2－2，解得b＝0.（2）由（1）知f（x）＝xex－2（ln＋1）（x>0），所以xex－2（ln＋1）≥kx，所以k≤ex－ln－（x>0）恒成立，即k≤[ex－ln－]min（x>0）， 令g（x）＝ex－ln－，其中x>0，所以g′（x）＝ex－[（－）ln＋]＋＝ex＋ln＝，令h（x）＝x2ex＋2ln，其中x>0，所以h′（x）＝（x2＋2x）ex＋，因为x>0，所以h′（x）>0，所以h（x）在区间（0，＋∞）上单调递增，又h（1）＝e－ln4>0，h＝－ln16<0，所以存在x0∈（，1），使得h（x0）＝0，即xex0＋2ln＝0.当x∈（0，x0）时，h（x）<0，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈（x0，＋∞）时，h（x）>0，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min＝g（x0）＝ex0－ln－，由xex0＋2ln＝0，得x0ex0＋ln＝0，即x0ex0＝ln，即x0ex0＝eln2x0ln.令p（x）＝xex，其中x>0，所以p′（x）＝（x＋1）ex>0，所以p（x）在区间（0，＋∞）上单调递增，由x0ex0＝eln2x0ln，得p（x0）＝p，所以x0＝ln，所以ex0＝，ln＝－x0，所以g（x）min＝g（x0）＝－ln－＝2，所以只需k≤2，即实数k的取值范围是.5．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝ex－x2－x－1，所以f′（x）＝ex－x－1，令g（x）＝ex－x－1，∴g′（x）＝ex－1，∵x>0∴ex－1>0，即g′（x）>0，∴g（x）在（0，＋∞）单调递增，∴g（x）>g（0）＝0，即f′（x）>0，∴f（x）在（0，＋∞）单调递增． （2）由于f′（x）＝ex－ax－1，设h（x）＝ex－ax－1，h′（x）＝ex－a，当x∈（0，lna）时，h′（x）<0，则f′（x）在（0，lna）为减函数；当x∈（lna，＋∞）时，h′（x）>0，则f′（x）在（lna，＋∞）为增函数；∵h（lna）<h（0）＝0，当x→＋∞，h（x）→＋∞，所以存在x0∈（lna，＋∞），使得f′（x0）＝0，即ex0－ax0－1＝0，所以a＝，所以f（x）在（0，x0）上单调递减，f（x）在（x0，＋∞）上单调递增，∵f（x0）<f（0）＝0，当x→＋∞，f（x）→＋∞，所以f（x）在区间（x0，＋∞）必存在一个零点x1，令x＝2x0，则：f（2x0）＝e2x0－a（2x0）2－2x0－1＝e2x0－（2x0）2－2x0－1＝e2x0－2x0ex0－1，设g（x）＝e2x－2xex－1（x>0），则g′（x）＝2e2x－2（x＋1）ex＝2ex（ex－x－1），由（1）知，g′（x）>0，所以g（x）在（0，＋∞）为增函数，g（x）>g（0）＝0，所以f（2x0）＝e2x0－2x0ex0－1>0，根据零点存在判定定理可知x1<2x0，即x1－2x0<0.6．解析：（1）当a＝8时，f（x）＝8x－，f′（x）＝8－＝8＋－.令＝t，则t∈（1，＋∞），令h（t）＝－3t2＋2t＋8＝－（3t＋4）（t－2），当t∈（1，2）时，h（t）>0；当t∈（2，＋∞）时，h（t）<0.故当x∈时，f′（x）>0，f（x）单调递增；当x∈时，f′（x）<0，f（x）单调递减．∴f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）令g（x）＝f（x）－sin2x＝ax－－sin2x，则g′（x）＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2＝a－（＋4cos2x－2），令u＝cos2x，则u∈（0，1），令k（u）＝＋4u－2，则k′（u）＝＋4＝.当u∈（0，1）时，k′（u）<0，∴k（u）在（0，1）上单调递减，∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）>3，∴k（u）的值域为（3，＋∞）.①当a≤3时，g′（x）<0，∴g（x）在上单调递减，又g（0）＝0，∴当x∈时，g（x）<0，即f（x）<sin2x.②当a>3时，∃x0∈使得g′（x0）＝0，∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在上单调递减，∴g（x0）>g（0）＝0，∴f（x）<sin2x不成立．综上所述，a的取值范围为（－∞，3].