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函数与导数文（附解析）

函数与导数(12)1．[2023·陕西宝鸡中学模拟预测(文)]已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R).(1)当a＝－1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间．2．[2023·河南郑州三模(文)]已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋x2－1，a∈R.(1)当a＝1时，若曲线y＝f(x)的一条切线斜率为4，求该切线方程；(2)试讨论f(x)的零点个数． 3．[2023·陕西西安模拟预测(文)]已知函数f(x)＝(x－a)ex－x2＋(a－1)x，a∈R.(1)当a≥1时，若x＝0为f(x)的极大值点，求a的取值范围；(2)证明：当x≥a时，f(x)≥－.4．[2023·黑龙江哈师大附中三模(文)]已知函数f(x)＝xlnx＋a(lnx－2x＋2).(1)若x>1时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：(2x＋1)lnx＋>0. 5．[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟(文)]已知函数f(x)＝ex－a(1＋lnx)，a∈R.(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．6．[2023·全国甲卷(文)]已知函数f(x)＝ax－，x∈(0，).(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)＋sinx<0，求a的取值范围．函数与导数（12）1．解析：（1）当a＝－1时，f（x）＝－x2＋x＋2lnx，所以f′（x）＝－x＋1＋，所以f′（1）＝2，f（1）＝，故f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是y－＝2（x－1），即4x－2y－3＝0. （2）因为f（x）＝ax2－（2a＋1）x＋2lnx定义域为（0，＋∞），所以f′（x）＝ax－（2a＋1）＋＝，因为a>0，当0<<2，即当a>时，由f′（x）>0，解得0<x<或x>2，当a＝时，f′（x）＝≥0恒成立，当>2，即当0<a<时，由f′（x）>0，解得0<x<2或x>，综上，当a>时，f（x）的递增区间是（0，），（2，＋∞），当a＝时，f（x）的递增区间是（0，＋∞），当0<a<时，f（x）的递增区间是（0，2），（，＋∞）.2．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝2lnx＋x2－1，f′（x）＝＋2x.设切点为（x0，f（x0）），由f′（x0）＝4解得x0＝1，又f（1）＝0，则切点为（1，0）.所求切线方程为y＝4x－4.（2）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝＋2x＝.①当a＋1≥0时，即a≥－1时，f′（x）>0，f（x）单调递增，f（x）至多有一个零点，又f（1）＝0，故f（x）有1个零点；②当a＋1<0时，即a<－1时，x∈（0,）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；x∈（，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．f（x）有极小值也是最小值f（）＝（a＋1）ln－－1，令－＝t（t>0），（a＋1）ln－－1＝－tlnt＋t－1，令g（t）＝－tlnt＋t－1，g′（t）＝－lnt，则g（t）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，又g（1）＝0，0<t<1或t>1时，g（t）<0. （ⅰ）a＝－3时，t＝－＝1，f（）＝0，f（x）有1个零点．（ⅱ）a<－3时，t＝－>1，f（）<0，－a>－>，f（－a）＝（a＋1）ln（－a）＋a2－1＝（a＋1）（ln（－a）－（－a）－1），令h（x）＝lnx－x－1，则h′（x）＝，当0<x<1时，h′（x）>0，h（x）单调递增，当x>1时，h′（x）<0，h（x）单调递减，则h（x）≤h（1）＝－2，故ln（－a）－（－a）－1<0，f（－a）>0，则f（x）在（，－a）有1个零点，又f（1）＝0，则f（x）有2个零点．（ⅲ）－3<a<－1时，t＝－<1，f（）<0，e<1，f（e）＝e>0，则f（x）在（e，）有1个零点，又f（1）＝0，f（x）有2个零点．综上所述，a≥－1或a＝－3时，f（x）有1个零点；a<－1且a≠－3时，f（x）有2个零点．3．解析：（1）∵f（x）＝（x－a）ex－x2＋（a－1）x，∴f′（x）＝（x－a＋1）ex－x＋（a－1）＝（x－a＋1）（ex－1），由f′（x）＝0，可得x＝0或x＝a－1，当a＝1时，f′（x）≥0，函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）无极值，故不符合题意，当a>1时，x∈（－∞，0），f′（x）>0，f（x）单调递增，x∈（0，a－1），f′（x）<0，f（x）单调递减，所以x＝0为f（x）的极大值点；综上，a的取值范围为（1，＋∞）.（2）证明：由上可知，f′（x）＝（x－a＋1）（ex－1），由x≥a，可得x－a＋1>0，当a≥0时，x∈（a，＋∞），f′（x）>0，函数f（x）在（a，＋∞）上单调递增，∴f（x）≥f（a）＝－a2＋（a－1）a＝（a－1）2－≥－，当a<0时，x∈（a，0），f′（x）<0，f（x）单调递减，x∈（0，＋∞），f′（x）>0，f（x）单调递增， ∴f（x）≥f（0）＝－a>0，综上，当x≥a时，f（x）≥－.4．解析：（1）因为f（x）＝xlnx＋a（lnx－2x＋2），所以f′（x）＝1＋lnx＋a（－2），令g（x）＝f′（x）＝1＋lnx＋a（－2），则g′（x）＝，①当a≤1时，因为x>1，所以x－a>0，所以g′（x）>0，所以f′（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以f′（x）>f′（1）＝1－a≥0，所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以f（x）>f（1）＝0，所以a≤1满足题意；②当a>1时，此时当1<x<a时，x－a<0，g′（x）<0，所以f′（x）在（1，a）上单调递减，所以f′（x）<f′（1）＝1－a<0，即f（x）在（1，a）上单调递减，所以f（x）<f（1）＝0，所以a>1时不满足题意；综上可得实数a的取值范围是（－∞，1].（2）证明：由（1）可知当a＝0时，f（x）＝xlnx，所以f′（x）＝1＋lnx，所以f′（x）在（0，＋∞）上单调递增，又f′＝1＋ln＝0，当0<x<时，f′（x）<0，x>时f′（x）>0，所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，所以f（x）≥f＝－，即xlnx≥－，所以x2lnx2≥－，则x2lnx2＋xlnx≥－，即2x2lnx＋xlnx≥－，所以（2x2＋x）lnx≥－>－1，因为x>0，所以（2x＋1）lnx>，即（2x＋1）lnx＋>0.5．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝ex－1－lnx，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝e－＝，由f′（x）＝0，可得x＝， 当x∈（0，）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，当x∈（，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增，∴函数f（x）的单调减区间为（0，），单调增区间为（，＋∞）.（2）由题可知f′（x）＝e－＝，当a≤0时，f′（x）>0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，函数f（x）至多有一个零点，不合题意，当a>0时，由f′（x）＝0，可得x＝，当x∈（0，）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，当x∈（，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增，函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，∴f（x）min＝f＝－aln，当－aln≥0，即0<a≤e时，f（x）min≥0，函数f（x）至多有一个零点，不合题意，当－aln<0，即a>e时，f＝－aln<0，又f＝1>0，∴∃x1∈（，），f（x1）＝0，对于函数y＝，x>e，则y′＝>0，函数单调递增，由a>e，可得>，即ea>ae，∴f（ea－1）＝ea－a2>ae－a2>0，∴∃x2∈（，ea－1），f（x2）＝0，综上，实数a的取值范围为（e，＋∞）.6．解析：（1）（cos2x）′＝（cosxcosx）′＝－sinxcosx＋cosx·（－sinx）＝－2sinxcosx，f′（x）＝a－＝a－＝a－. 当a＝1时，f′（x）＝1－＝.因为x∈，所以cosx∈（0，1），cos3x＋cos2x＜2，故f′（x）<0，故当a＝1时，f（x）在上单调递减．（2）方法一　令F（x）＝ax－＋sinx，则F（0）＝0.F′（x）＝a－＋cosx＝a＋.令F′（0）＝0，得a＝0.当a>0时，F′（0）＝a>0，当x→时，F′（x）→－∞，所以存在一个x0∈，满足F′（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，F′（x）>0，F（x）单调递增，则当x∈（0，x0）时，F（x）>F（0）＝0，不符合题意．当a≤0时，因为f（x）＋sinx＝ax－＝ax－≤－，x∈，所以要证f（x）＋sinx<0在上恒成立，只需证－<0在上恒成立．因为cos2x在上恒大于0，sin3x在上恒大于0，所以－<0在上恒成立，命题得证．综上，a的取值范围为（－∞，0].方法二　依题意，f（x）＋sinx＝ax－＋sinx＝ax＋sinx，x∈.①当a≤0时，易知f（x）＋sinx<0；②当a>0时，因为x∈时满足sinx<x，所以f（x）＋sinx＝ax＋sinx>asinx＋sinx＝sinx， 因为函数y＝的值域为（1，＋∞），a＋1>1，所以对于任意大于0的参数a，一定存在x0∈，使得<a＋1，即存在x0∈，使得f（x0）＋sinx0>0，故a>0不能确保f（x）＋sinx<0，与题意矛盾，故a>0不成立．综上，a的取值范围为（－∞，0].