全国通用版2022高考数学二轮复习压轴大题突破练四函数与导数2理

(四)函数与导数(2)1．(2022·江西省重点中学协作体联考)已知f(x)＝ex，g(x)＝x2＋ax－2xsinx＋1.(1)证明：1＋x≤ex≤(x∈[0,1))；(2)若x∈[0,1)时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明　设h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1，故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．从而h(x)≥h(0)＝0，即ex≥1＋x.而当x∈[0,1)时，e－x≥1－x，即ex≤.(2)解　设F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－(x2＋ax－2xsinx＋1)，则F(0)＝0，F′(x)＝ex－(2x＋a－2xcosx－2sinx)．要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立，必须有F′(0)≥0.即a≤1.以下证明：当a≤1时，f(x)≥g(x)．只要证1＋x≥x2＋x－2xsinx＋1，只要证2sinx≥x在[0,1)上恒成立．令φ(x)＝2sinx－x，则φ′(x)＝2cosx－1>0对x∈[0,1)恒成立，又φ(0)＝0，所以2sinx≥x，从而不等式得证．2．(2022·宿州质检)设函数f(x)＝x＋axlnx(a∈R)．8\n(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋alnx＋a，当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0<x<.所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；当a<0时，由f′(x)>0得0<x<，由f′(x)<0得x>，所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；当a<0时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．(2)证明　由(1)知a<0且＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xlnx.要证f(x)≤e－x＋x2，即证x－xlnx≤e－x＋x2，即证1－lnx≤＋x.令F(x)＝lnx＋＋x－1(x>0)，则F′(x)＝＋＋1＝.令g(x)＝x－e－x，8\n得函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝1－>0，g(0)＝－1<0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0，使得g(x0)＝x0－＝0，即x0＝，且x∈(0，x0)时，g(x)<0，x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0.故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．∴F(x)min＝F(x0)＝lnx0＋＋x0－1.又＝x0，∴F(x)min＝lnx0＋＋x0－1＝－x0＋1＋x0－1＝0.∴F(x)≥F(x0)＝0成立，即f(x)≤e－x＋x2成立．3．(2022·皖江八校联考)已知函数f(x)＝.(1)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值；(2)若对任意的a≤0，f(x)≤在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围．解　(1)由题意，f′(x)＝[(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x]＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1]＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)．①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)，令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)的极大值为f(1)＝≠，不合题意．②当a>0时，1－<1，8\n令f′(x)>0，得1－<x<1；令f′(x)<0，得x<1－或x>1，所以f(x)在上单调递增，在，(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)的极大值为f(1)＝＝，得a＝2.综上所述a＝2.(2)令g(a)＝＋，a∈(－∞，0]，当x∈[0，＋∞)时，>0，则g(a)≤对∀a∈(－∞，0]恒成立等价于g(a)≤g(0)≤，即≤bln(x＋1)对x∈[0，＋∞)恒成立．①当b＝0时，显然≤bln(x＋1)在[0，＋∞)上不恒成立．②当b<0时，∀x∈(0，＋∞)，bln(x＋1)<0，>0，此时>bln(x＋1)，不合题意．③当b>0时，令h(x)＝bln(x＋1)－，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝，其中(x＋1)ex>0，∀x∈[0，＋∞)，令p(x)＝bex＋x2－1，x∈[0，＋∞)，则p(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，b≥1时，p(x)≥p(0)＝b－1≥0，所以对∀x∈[0，＋∞)，h′(x)≥0，从而h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以对任意x∈[0，＋∞)，h(x)≥h(0)＝0，即不等式bln(x＋1)≥xe－x在[0，＋∞)上恒成立．8\n0<b<1时，由p(0)＝b－1<0，p(1)＝be>0及p(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以存在唯一的x0∈(0,1)，使得p(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，p(x)<0.从而x∈(0，x0)时，h′(x)<0，所以h(x)在区间(0，x0)上单调递减，则x∈(0，x0)时，h(x)<h(0)＝0，即bln(x＋1)<xe－x，不符合题意．综上所述，b的取值范围为[1，＋∞)．4．(2022·合肥模拟)已知函数f(x)＝－ax.(1)讨论函数f(x)的零点个数；(2)已知g(x)＝(2－x)e，证明：当x∈(0,1)时，g(x)－f(x)－ax－2>0.(1)解　f(x)＝lnx－a·x.令x＝t，∴x＝(t>0)．令h(t)＝lnt－at，则函数y＝h(t)与y＝f(x)的零点个数情况一致．h′(t)＝－a.(ⅰ)当a≤0时，h′(t)>0，∴h(t)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝－a≥0，＝a＋－ae≤a＋－a·＝a＋<0，∴此时有1个零点．(ⅱ)当a>0时，h(t)在上单调递增，在上单调递减．∴h(t)max＝h＝ln－1.8\n①当ln <1即a>时，h<0，无零点．②当ln ＝1即a＝时，h＝0,1个零点．③当ln >1即0<a<时，h>0，又>e>1，h(1)＝－a<0.又－＝<(1－e)<0，h＝ln2－a·＝2ln－，令φ(a)＝2ln－，φ′(a)＝2·＋＝>0，∴φ(a)在上单调递增，∴φ(a)<φ＝2－e<0，∴此时有两个零点．综上，当a≤0或a＝时，有1个零点；当0<a<时，有2个零点；当a>时，无零点．(2)要证g(x)－f(x)－ax－2>0，只需证＋2<(2－x)e.令＝m∈(0,1)，只需证＋2<(2－m2)em.令l(m)＝(2－m2)em，l′(m)＝(－m2－2m＋2)em，∴l(m)在(0，－1)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵l(1)＝e，l(0)＝2，∴l(m)>2.令t(m)＝，t′(m)＝>0，∴t(m)在(0,1)上单调递增，8\n∴t(m)<t(1)＝0，∴＋2<2，故g(x)－f(x)－ax－2>0.5．(2022·洛阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2，其中t∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当t＝3时，证明：不等式f(x1＋x2)－f(x1－x2)>－2x2恒成立(其中x1∈R，x2>0)．(1)解　由于f′(x)＝xex－tx＝x(ex－t)．(ⅰ)当t≤0时，ex－t>0，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；(ⅱ)当t>0时，由f′(x)＝0得x＝0或x＝lnt.①当0<t<1时，lnt<0，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当lnt<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x<lnt时，f′(x)>0，f(x)单调递增；②当t＝1时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；③当t>1时，lnt>0.当x>lnt时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当0<x<lnt时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上，当t≤0时，f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数；当0<t<1时，f(x)在(－∞，lnt)，(0，＋∞)上是增函数，在(lnt,0)上是减函数；当t＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数；当t>1时，f(x)在(－∞，0)，(lnt，＋∞)上是增函数，在(0，lnt)上是减函数．(2)证明　依题意f(x1＋x2)－f(x1－x2)>(x1－x2)－(x1＋x2)⇔f(x1＋x2)＋(x1＋x2)>f(x1－x2)＋(x1－x2)恒成立．设g(x)＝f(x)＋x，则上式等价于g(x1＋x2)>g(x1－x2)，要证明g(x1＋x2)>g(x1－x2)对任意x1∈R，x2∈(0，＋∞)恒成立，8\n即证明g(x)＝(x－1)ex－x2＋x在R上单调递增，又g′(x)＝xex－3x＋1，只需证明xex－3x＋1≥0即可．令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，∴h(x)min＝h(0)＝0，即∀x∈R，ex≥x＋1，那么，当x≥0时，xex≥x2＋x，∴xex－3x＋1≥x2－2x＋1＝(x－1)2≥0；当x<0时，ex<1，xex－3x＋1＝x>0，∴xex－3x＋1>0恒成立．从而原不等式成立．8