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文

(四)函数与导数(2)1．(2022·成都模拟)已知f(x)＝lnx－ax＋1(a∈R)．(1)讨论函数的单调性；(2)证明：当a＝2，且x≥1时，f(x)≤ex－1－2恒成立．(1)解　∵f(x)＝lnx－ax＋1，a∈R，∴f′(x)＝－a＝，当a≤0时，f(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间，当a>0时，增区间为，减区间为.(2)证明　当x∈[1，＋∞)时，由(1)可知当a＝2时，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝－1，再令G(x)＝ex－1－2，在x∈[1，＋∞)上，G′(x)＝ex－1>0，G(x)单调递增，所以G(x)≥G(1)＝－1，所以G(x)≥f(x)恒成立，当x＝1时取等号，所以原不等式恒成立．2．(2022·合肥模拟)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；(2)当x≥1时，f(x)≤g(x)，求实数λ的取值范围．解　(1)由题意得f′(x)＝lnx＋1，g′(x)＝2λx，7\n又f(1)＝g(1)＝0，且函数y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，∴f′(1)＝g′(1)，则2λ＝1，即λ＝.(2)设h(x)＝xlnx－λ(x2－1)，则h(x)≤0对∀x∈[1，＋∞)恒成立．∵h′(x)＝1＋lnx－2λx，且h(1)＝0，∴h′(1)≤0，即1－2λ≤0，∴λ≥.另一方面，当λ≥时，记φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝－2λ＝.当x∈[1，＋∞)时，φ′(x)≤0，∴φ(x)在[1，＋∞)内为减函数，∴当x∈[1，＋∞)时，φ(x)≤φ(1)＝1－2λ≤0，即h′(x)≤0，∴h(x)在[1，＋∞)内为减函数，∴当x∈[1，＋∞)时，h(x)≤h(1)＝0恒成立，符合题意．当λ<时，①若λ≤0，则h′(x)＝1＋lnx－2λx≥0对∀x∈[1，＋∞)恒成立，∴h(x)在[1，＋∞)内为增函数，∴当x∈[1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0恒成立，不符合题意．②若0<λ<，令φ′(x)>0，则1<x<，∴φ(x)在内为增函数，∴当x∈时，φ(x)>φ(1)＝1－2λ>0，即h′(x)>0，∴h(x)在内为增函数，7\n∴当x∈时，h(x)>h(1)＝0，不符合题意，综上所述，λ的取值范围是.3．(2022·山东省名校联盟模拟)已知f(x)＝xex＋a(x＋1)2＋.(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；(2)当x>－2时，f(x)≥0，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)，若函数f(x)在x＝1处取得极值，则f′(1)＝0，所以a＝－，经检验，当a＝－时，函数f(x)在x＝1处取得极值．(2)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)，①a≥0时，当－2<x<－1时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当x>－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；又f(－1)＝0，∴当x>－2时，f(x)≥0成立．②a<0时，令ex＋2a＝0，得x＝ln(－2a)，当ln(－2a)>－1，即a<－时，当－2<x<－1或x>ln(－2a)时，f′(x)>0；当－1<x<ln(－2a)时，f′(x)<0，则f(x)在(－2，－1)，(ln(－2a)，＋∞)上为增函数，在(－1，ln(－2a))上为减函数，又f(－1)＝0，∴f(x)在(－1，ln(－2a))上小于零，不符合题意，舍去．当ln(－2a)＝－1，即a＝－时，当－2<x<－1或x>－1时，f′(x)>0，∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又f(－1)＝0，当x∈(－2，－1)时，f(x)<0，不符合题意，舍去；当－2<ln(－2a)<－1，即－<a<－时，7\n当－2<x<ln(－2a)或x>－1时，f′(x)>0，当ln(－2a)<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)在(－2，ln(－2a))，(－1，＋∞)上为增函数，在(ln(－2a)，－1)上为减函数，又f(－1)＝0，要使f(x)≥0恒成立，则f(－2)≥0，则a≥，又∵－<a<－，∴≤a<－.当ln(－2a)≤－2，即－≤a<0时，当x>－1时，f′(x)>0，当－2<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)在(－2，－1)上为减函数，在(－1，＋∞)上为增函数，又f(－1)＝0，满足题意，综上所述，a的取值范围为.4．(2022·威海模拟)已知函数f(x)＝x2＋ax－aex，g(x)为f(x)的导函数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)若函数g(x)在R上存在最大值0，求函数f(x)在[0，＋∞)上的最大值；(3)求证：当x>0时，xex－elnx>x3＋x2.(1)解　由题意可知，g(x)＝f′(x)＝x＋a－aex，则g′(x)＝1－aex，当a≤0时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，当x<－lna时，g′(x)>0，当x>－lna时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，－lna)上单调递增，在(－lna，＋∞)上单调递减，综上，当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间；7\n当a>0时，g(x)的单调递增区间为(－∞，－lna)，单调递减区间为(－lna，＋∞)．(2)解　由(1)可知，a>0，且g(x)在x＝－lna处取得最大值，g(－lna)＝－lna＋a－a·e＝a－lna－1，即a－lna－1＝0，观察可得当a＝1时，方程成立，令h(a)＝a－lna－1(a>0)，h′(a)＝1－＝，当a∈(0,1)时，h′(a)<0，当a∈(1，＋∞)时，h′(a)>0，∴h(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(a)≥h(1)＝0，∴当且仅当a＝1时，a－lna－1＝0，∴f(x)＝x2＋x－ex，由题意可知f′(x)＝g(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在x＝0处取得最大值f(0)＝－1.(3)证明　由(2)知，若a＝1，当x>0时，f(x)<－1，即x2＋x－ex<－1，∴x3＋x2－xex<－x，∴x3＋x2－xex＋elnx<elnx－x，令F(x)＝elnx－x，F′(x)＝－1＝，当0<x<e时，F′(x)>0；当x>e时，F′(x)<0，∴F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴F(x)≤F(e)＝0，即elnx－x≤0，∴x3＋x2－xex＋elnx<0，∴当x>0时，xex－elnx>x3＋x2.5．(2022·四省名校大联考)已知函数f(x)＝a(x＋1)2－ex(a∈R)．7\n(1)当a＝时，判断函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)．①求实数a的取值范围；②证明：－<f(x1)<－.(1)解　当a＝时，f(x)＝(x＋1)2－ex，f′(x)＝x＋1－ex，记g(x)＝x＋1－ex，则g′(x)＝1－ex，由g′(x)＝1－ex>0，得x<0，由g′(x)＝1－ex<0，得x>0，∴g(x)即f′(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在区间(0，＋∞)上单调递减．∴f′(x)max＝f′(0)＝0.∴对∀x∈R，f′(x)≤0，∴f(x)在R上单调递减．(2)①解　∵f(x)有两个极值点，∴关于x的方程f′(x)＝2a(x＋1)－ex＝0有两个根x1，x2，设φ(x)＝2a(x＋1)－ex，则φ′(x)＝2a－ex，当a≤0时，φ′(x)＝2a－ex<0，φ(x)即f′(x)在R上单调递减，∴f′(x)＝0最多有一根，不合题意，当a>0时，由φ′(x)>0，得x<ln2a，由φ′(x)<0，得x>ln2a，∴φ(x)即f′(x)在区间(－∞，ln2a)上单调递增，在区间(ln2a，＋∞)上单调递减．且当x→－∞时，f′(x)→－∞，当x→＋∞时，f′(x)→－∞，要使f′(x)＝0有两个不同的根，必有f′(x)max＝f′(ln2a)＝2a(ln2a＋1)－2a＝2aln2a>0，解得a>，∴实数a的取值范围是.7\n②证明　∵f′(－1)＝－<0，f′(0)＝2a－1>0，∴－1<x1<0，又f′(x1)＝2a(x1＋1)－ex1＝0，∴a＝，∴f(x1)＝a(x1＋1)2－＝(x1＋1)＝(x1－1)(－1<x1<0)，令h(x)＝(x－1)ex(－1<x<0)，则h′(x)＝xex<0，∴h(x)在区间(－1,0)上单调递减，∴f(0)<f(x1)<f(－1)．又f(0)＝a－1>－，f(－1)＝－，∴－<f(x1)<－.7