《（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）文（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）文
1．(2018·成都模擬)已知f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)．
(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)a＝2，且x≥1時(shí)，f(x)≤ex－1－2恒成立．
(1)解 ∵ f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R，
∴f′(x)＝－a＝，
當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)減區(qū)間，
當(dāng)a>0時(shí)，增區(qū)間為，減區(qū)間為.
(2)證明 當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，由(1)可知當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，
f(x)≤f(1)＝－1，
再令G(x)＝ex－1－2，
在x∈[1，＋
2、∞)上，G′(x)＝ex－1>0，G(x)單調(diào)遞增，
所以G(x)≥G(1)＝－1，
所以G(x)≥f(x)恒成立，當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，
所以原不等式恒成立．
2．(2018·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ為常數(shù))．
(1)若函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)在x＝1處有相同的切線，求實(shí)數(shù)λ的值；
(2)當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≤g(x)，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．
解 (1)由題意得f′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，
又f(1)＝g(1)＝0，
且函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)在x＝1處有相同的切線，
∴f′(1)＝g′(1)，則2λ
3、＝1，即λ＝.
(2)設(shè)h(x)＝xln x－λ(x2－1)，
則h(x)≤0對(duì)?x∈[1，＋∞)恒成立．
∵h(yuǎn)′(x)＝1＋ln x－2λx，且h(1)＝0，
∴h′(1)≤0，即1－2λ≤0，∴λ≥.
另一方面，當(dāng)λ≥時(shí)，記φ(x)＝h′(x)，
則φ′(x)＝－2λ＝.
當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，φ′(x)≤0，
∴φ(x)在[1，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)，
∴當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，φ(x)≤φ(1)＝1－2λ≤0，
即h′(x)≤0，
∴h(x)在[1，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)，
∴當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，h(x)≤h(1)＝0恒成立，符合題意．
當(dāng)λ<時(shí)，
①若λ≤0，
則h
4、′(x)＝1＋ln x－2λx≥0對(duì)?x∈[1，＋∞)恒成立，
∴h(x)在[1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，
∴當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，h(x)≥h(1)＝0恒成立，不符合題意．
②若0<λ<，
令φ′(x)>0，則1φ(1)＝1－2λ>0，
即h′(x)>0，
∴h(x)在內(nèi)為增函數(shù)，
∴當(dāng)x∈時(shí)，h(x)>h(1)＝0，不符合題意，
綜上所述，λ的取值范圍是.
3．(2018·山東省名校聯(lián)盟模擬)已知f(x)＝xex＋a(x＋1)2＋.
(1)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，求a的值；
(2)當(dāng)x>－2時(shí)，f(x)
5、≥0，求a的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)
＝(x＋1)(ex＋2a)，
若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，則f′(1)＝0，
所以a＝－，
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝－時(shí)，函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值．
(2)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)，
①a≥0時(shí)，當(dāng)－2－1時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；
又f(－1)＝0，∴當(dāng)x>－2時(shí)，f(x)≥0成立．
②a<0時(shí)，令ex＋2a＝0，得x＝ln(－2a)，
當(dāng)ln(－2a)>－1，即a<－時(shí)，
當(dāng)－
6、2ln(－2a)時(shí)，f′(x)>0；
當(dāng)－1－1時(shí)，f′(x)>0，
∴f(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，
又f(－1)＝0，
當(dāng)x∈(－2，－1)時(shí)，f(x)<0，不符合題意，舍去；
當(dāng)－2－
7、1時(shí)，f′(x)>0，
當(dāng)ln(－2a)－1時(shí)，f′(x)>0，
當(dāng)－2
8、x－aex，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．
(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)g(x)在R上存在最大值0，求函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上的最大值；
(3)求證：當(dāng)x>0時(shí)，xex－eln x>x3＋x2.
(1)解 由題意可知，g(x)＝ f′(x)＝x＋a－aex，
則g′(x)＝1－aex，
當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)x<－ln a時(shí)，g′(x)>0，
當(dāng)x>－ln a時(shí)，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞增，
在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞減，
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)的
9、單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無(wú)遞減區(qū)間；
當(dāng)a>0時(shí)，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－ln a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－ln a，＋∞)．
(2)解 由(1)可知，a>0，
且g(x)在x＝－ln a處取得最大值，
g(－ln a)＝－ln a＋a－a·e＝a－ln a－1，
即a－ln a－1＝0，
觀察可得當(dāng)a＝1時(shí)，方程成立，
令h(a)＝a－ln a－1(a>0)，h′(a)＝1－＝，
當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，h′(a)<0，
當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，h′(a)>0，
∴h(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴h(a)≥h(1)＝0，
∴當(dāng)且僅當(dāng)
10、a＝1時(shí)，a－ln a－1＝0，
∴f(x)＝x2＋x－ex，
由題意可知f′(x)＝g(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴f(x)在x＝0處取得最大值f(0)＝－1.
(3)證明 由(2)知，若a＝1，
當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<－1，
即x2＋x－ex<－1，
∴x3＋x2－xex<－x，
∴x3＋x2－xex＋eln x0；當(dāng)x>e時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，
∴F(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴F(x)≤F(e)＝0，即eln x－x≤
11、0，
∴x3＋x2－xex＋eln x<0，
∴當(dāng)x>0時(shí)，xex－eln x>x3＋x2.
5．(2018·四省名校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝a(x＋1)2－ex(a∈R)．
(1)當(dāng)a＝時(shí)，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x10，得x<0，
由g′(x)＝1－ex<0，得x>0，
∴g(x)即f′(x)在區(qū)間(
12、－∞，0)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
∴f′(x)max＝f′(0)＝0.
∴對(duì)?x∈R，f′(x)≤0，
∴f(x)在R上單調(diào)遞減．
(2)①解 ∵f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，
∴關(guān)于x的方程f′(x)＝2a(x＋1)－ex＝0有兩個(gè)根x1，x2，
設(shè)φ(x)＝2a(x＋1)－ex，則φ′(x)＝2a－ex，
當(dāng)a≤0時(shí)，φ′(x)＝2a－ex<0，
φ(x)即f′(x)在R上單調(diào)遞減，
∴f′(x)＝0最多有一根，不合題意，
當(dāng)a>0 時(shí)，由φ′(x)>0，得xln 2a，
∴φ(x)即f′(x)在區(qū)間(－∞，ln
13、2a)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(ln 2a，＋∞)上單調(diào)遞減．
且當(dāng)x→－∞時(shí)，f′(x)→－∞，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，f′(x)→－∞，
要使f′(x)＝0有兩個(gè)不同的根，
必有f′(x)max＝f′(ln 2a)＝2a(ln 2a＋1)－2a＝2aln 2a>0，
解得a>，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
②證明 ∵f′(－1)＝－<0，f′(0)＝2a－1>0，
∴－1－，f(－1)＝－，
∴－
（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）文
