江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.4 大題考法—函數(shù)與導數(shù)的綜合問題達標訓練（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.4 大題考法—函數(shù)與導數(shù)的綜合問題達標訓練（含解析） 1．已知函數(shù)f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)． (1)設a＝－1，若函數(shù)f(x)在R上是單調遞減函數(shù)，求b的取值范圍； (2)設b＝0，若函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝－1時，f(x)＝－ex＋x2－bx， ∴f′(x)＝－ex＋2x－b， 由題意知，f′(x)＝－ex＋2x－b≤0對x∈R恒成立． 由－ex＋2x－b≤0，得b≥－ex＋2x. 令F(x)＝－ex＋2x，則F′(x)＝－ex＋2， 由F′(x)

2、＝0，得x＝ln 2. 當x＜ln 2時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調遞增，當x＞ln 2時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調遞減， 從而當x＝ln 2時，F(xiàn)(x)取得最大值2ln 2－2， ∴b≥2ln 2－2，故b的取值范圍為[2ln 2－2，＋∞)． (2)當b＝0時，f(x)＝aex＋x2. 由題意知aex＋x2＝0只有一個解． 由aex＋x2＝0，得－a＝， 令G(x)＝，則G′(x)＝， 由G′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 當x≤0時，G′(x)≤0，G(x)單調遞減，故G(x)的取值范圍為[0，＋∞)； 當0＜x＜2時，G′(x)＞0，G(x)單調遞增，故G(x

3、)的取值范圍為； 當x≥2時，G′(x)≤0，G(x)單調遞減，故G(x)的取值范圍為. 由題意得，－a＝0或－a＞，從而a＝0或a＜－， 故若函數(shù)f(x)在R上只有一個零點，則a的取值范圍為∪{0}． 2．已知函數(shù)f(x)＝(1＋b)x＋－aln x(a＞0)在x＝2a處取得極值． (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)設函數(shù)g(x)＝x2－2cx＋4－ln 2，當a＝1時，若對任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)c的取值范圍． 解：(1)由f(x)＝(1＋b)x＋－aln x，a＞0，x＞0， 得f′(x)＝1＋b－－. 又f(x)在x＝2a處

4、取得極值， 所以f′(2a)＝1＋b－－＝b＝0， 所以f(x)＝x＋－aln x， f′(x)＝1－－＝＝， 又a＞0，且函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 所以由f′(x)＞0，得x＞2a； 由f′(x)＜0，得0＜x＜2a， 即函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(2a，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0,2a)． (2)當a＝1時，f(x)＝x＋－ln x，x∈(0，＋∞)， 由(1)知x∈[1，e]時，f(x)在[1,2]上單調遞減，在(2，e]上單調遞增，所以f(x)min＝f(2)＝3－ln 2. 對任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)， 即f(x)mi

5、n≥g(x)，x∈[1，e]恒成立． 即3－ln 2≥x2－2cx＋4－ln 2，x∈[1，e]恒成立， 即2c≥x＋，x∈[1，e]恒成立， 令h(x)＝x＋，則h′(x)＝1－≥0，x∈[1，e]， 即h(x)＝x＋在[1，e]上單調遞增， 故h(x)max＝h(e)＝e＋，所以c≥. 故實數(shù)c的取值范圍為. 3．(2018·南京、鹽城一模)設函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋－3(a∈R)． (1)當a＝2時，解關于x的方程g(ex)＝0(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))； (2)求函數(shù)φ(x)＝f(x)＋g(x)的單調增區(qū)間； (3)當a＝1時，記h(x)＝f(x)

6、·g(x)，是否存在整數(shù)λ，使得關于x的不等式2λ≥h(x)有解？若存在，請求出λ的最小值；若不存在，請說明理由． (參考數(shù)據(jù)：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6) 解：(1)當a＝2時，方程g(ex)＝0，即為2ex＋－3＝0，去分母，得2(ex)2－3ex＋1＝0，解得ex＝1或ex＝， 故所求方程的根為x＝0或x＝－ln 2. (2)因為φ(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋ax＋－3(x>0)， 所以φ′(x)＝＋a－＝ ＝(x>0)， ①當a＝0時，由φ′(x)>0，解得x>0； ②當a>1時，由φ′(x)>0，解得x>； ③當0

7、(x)>0，解得x>0； ④當a＝1時，由φ′(x)>0，解得x>0； ⑤當a<0時，由φ′(x)>0，解得01時，φ(x)的單調增區(qū)間為. (3)存在滿足題意的λ. 當a＝1時，g(x)＝x－3， 所以h(x)＝(x－3)ln x， 所以h′(x)＝ln x＋1－在(0，＋∞)上單調遞增． 因為h′＝ln＋1－2<0， h′(2)＝ln 2＋1－>0， 所以存在唯一x0∈，使得h′(x0)＝0， 即ln x0＋1－＝0， 當x∈(0，x0)時，h′(x)<0

8、， 當x∈(x0，＋∞)時，h′(x)>0， 所以h(x)min＝h(x0)＝(x0－3)ln x0＝(x0－3)·＝－＝6－， 記函數(shù)r(x)＝6－，由r′(x)>0在上恒成立可得r(x)在上單調遞增， 所以r0)． (1)若函數(shù)y＝f(x)是R上的單調增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)設a＝，g(x)＝f(x)＋bln x＋1(b∈R，b≠0)，

9、g′(x)是g(x)的導函數(shù)． ①若對任意的x>0，g′(x)>0，求證：存在x0，使g(x0)<0； ②若g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，求證：x1x2<4b2. 解：(1)由題意，得f′(x)＝1－acos x≥0對x∈R恒成立， 因為a>0，所以≥cos x對x∈R恒成立， 因為(cos x)max＝1，所以≥1，從而00，使g′＝－1－cos<0，不合題意，所以b>0. 取x0＝e－，則0

10、 此時g(x0)＝x0－sin x0＋bln x0＋1<1＋＋bln e－＋1＝－<0.所以存在x0>0，使g(x0)<0. ②依題意，不妨設01. 由(1)知函數(shù)y＝x－sin x單調遞增，所以x2－sin x2>x1－sin x1.從而x2－x1>sin x2－sin x1. 因為g(x1)＝g(x2)，所以x1－sin x1＋bln x1＋1＝x2－sin x2＋bln x2＋1， 所以－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>(x2－x1)． 所以－2b>>0. 下面證明>，即證明>，只要證明ln t－<0即可

11、．(*) 設h(t)＝ln t－(t>1)，所以h′(t)＝<0在(1，＋∞)上恒成立． 所以h(t)在(1，＋∞)上單調遞減，故h(t)，即x1x2<4b2. B組——大題增分練 1．函數(shù)f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2. (1)討論f(x)的極值點的個數(shù)； (2)若對于任意x∈(0，＋∞)，總有f(x)≤g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由題意得f′(x)＝＋x＋a＝(x>0)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4. ①當Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2時，x2＋ax＋

12、1≥0對x>0恒成立，即f′(x)＝≥0對x>0恒成立，此時f(x)沒有極值點． ②當Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2時， 若a<－2，設方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x1，x2，不妨設x10，x1x2＝1>0，故x2>x1>0， ∴當0x2時，f′(x)>0； 當x12，設方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x3，x4， 則x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1>0，故x3<0，x4<0. ∴當x>0時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)沒有極值點．

13、 綜上，當a<－2時，函數(shù)f(x)有兩個極值點；當a≥－2時，函數(shù)f(x)沒有極值點． (2)f(x)≤g(x)?ex－ln x＋x2≥ax， 因為x>0，所以a≤對于?x>0恒成立， 設φ(x)＝(x>0)， 則φ′(x)＝ ＝， ∵x>0，∴當x∈(0,1)時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減， 當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增， ∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤e＋1，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，e＋1]． 2．(2018·蘇州期末)已知函數(shù)f(x)＝其中常數(shù)a∈R. (1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若方程f(－x)＋

14、f(x)＝ex－3在區(qū)間(0，＋∞)上有實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍； (3)若存在實數(shù)m，n∈[0,2]，且|m－n|≥1，使得f(m)＝f(n)，求證：1≤≤e. 解：(1)當a＝2時，f(x)＝ ①當x<0時，f′(x)＝－3x2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減； ②當x≥0時，f′(x)＝ex－2，可得f(x)在[0，ln 2]上單調遞減，在[ln 2，＋∞)上單調遞增． 因為f(0)＝1>0，所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，0)和[0，ln 2]，單調遞增區(qū)間是[ln 2，＋∞)． (2)當x>0時，f(x)＝ex－ax， 此時－x<0，f(－x

15、)＝－(－x)3＋(－x)2＝x3＋x2. 所以f(x)＋f(－x)＝ex－ax＋x3＋x2＝ex－3在區(qū)間(0，＋∞)上有實數(shù)解，可化為a＝x2＋x＋在區(qū)間(0，＋∞)上有實數(shù)解． 記g(x)＝x2＋x＋，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝2x＋1－＝. 可得g(x)在(0,1]上單調遞減，在[1，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝5，當x→＋∞時，g(x)→＋∞. 所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即實數(shù)a的取值范圍是[5，＋∞)． (3)證明：當x∈[0,2]時，f(x)＝ex－ax， 有f′(x)＝ex－a. 若a≤1或a≥e2，則f(x)在[0,2]上是單調函數(shù)，不合題意

16、． 所以1f(ln a)，且f(ln a)

17、 解：(1)當a＝1時，h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋x－ln x＋2， 函數(shù)h(x)的定義域為(0，＋∞)． 所以h′(x)＝2x＋1－＝. 令h′(x)＝0得x＝(x＝－1舍去)， 當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x h′(x) － 0 ＋ h(x)  極小值  所以當x＝時，函數(shù)h(x)取得極小值＋ln 2，無極大值． (2)設函數(shù)f(x)上點(x1，f(x1))與函數(shù)g(x)上點(x2，g(x2))處切線相同， 則f′(x1)＝g′(x2)＝， 所以2x1＋a＝＝， 所以x1＝－，代入＝x＋ax1＋1－(l

18、n x2－a)得－＋ln x2＋－a－2＝0.(*) 設F(x)＝－＋ln x＋－a－2， 則F′(x)＝－＋＋＝. 不妨設2x＋ax0－1＝0(x0>0)，則當0x0時，F(xiàn)′(x)>0， 所以F(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞減，在區(qū)間(x0，＋∞)上單調遞增， 代入a＝＝－2x0，可得F(x)min＝F(x0)＝x＋2x0－＋ln x0－2. 設G(x)＝x2＋2x－＋ln x－2， 則G′(x)＝2x＋2＋＋>0對x>0恒成立， 所以G(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增． 又G(1)＝0，所以當0

19、x0≤1時，F(xiàn)(x0)≤0. 又a＋2＝－2x0＋2>0，所以當x＝ea＋2>1時， F(x)＝－＋ln ea＋2＋－a－2 ＝2≥0. 因此當0

20、數(shù)x0，x1，x2，…，xn使得a＝x0

21、 f(xi)－f(xi＋1)． S＝f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]＋[ f(x1)－f(x2)]＋…＋[ f(xn－1)－f(xn)] ＝f(x0)－f(xn)＝f(－1)－f(1)＝4. (2)由f′(x)＝＝0，得x＝1. 當x＜1時，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,1)為增函數(shù)； 當x＞1時，f′(x)＜0，所以f(x)在(1,2)為減函數(shù)； 所以f(x)在x＝1時取極大值. 設xm≤1＜xm＋1，m∈N，m≤n－1， 則S＝f(xi＋1)－f(xi)| ＝|f(x1)－f(0)|＋…＋|f(xm)－f(xm－1)|＋|f(xm＋1)－f

22、(xm)|＋|f(xm＋2)－f(xm＋1)|＋…＋|f(2)－f(xn－1)| ＝[f(x1)－f(0)]＋…＋[f(xm)－f(xm－1)]＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋[f(xm＋1)－f(xm＋2)]＋…＋[f(xn－1)－f(2)] ＝[f(xm)－f(0)]＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋[f(xm＋1)－f(2)]． 因為|f(xm＋1)－f(xm)|≤[f(1)－f(xm)]＋[f(1)－f(xm＋1)]，當xm＝1時取等號， 所以S≤f(xm)－f(0)＋f(1)－f(xm)＋f(1)－f(xm＋1)＋f(xm＋1)－f(2)＝2f(1)－f(0)－f(2)＝.

23、 所以S的最大值為. (3)證明：f′(x)＝－x＝，x∈[1，e]． ①當k≥e2時，k－x2≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，e]上為增函數(shù)， 所以S＝f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x1)－f(x0)]＋[f(x2)－f(x1)]＋…＋[ f(xn)－f(xn－1)] ＝f(xn)－f(x0)＝f(e)－f(1)＝k＋－e2. 因此，存在正數(shù)A＝k＋－e2，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性質V. ②當k≤1時，k－x2≤0恒成立，即f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，e]上為減函數(shù)， 所以S＝f(xi＋1)－f(xi)|＝[

24、f(x0)－f(x1)]＋[f(x1)－f(x2)]＋…＋[ f(xn－1)－f(xn)] ＝f(x0)－f(xn)＝ f(1)－f(e)＝ e2－k－. 因此，存在正數(shù)A＝e2－k－，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性質V. ③當1＜k＜e2時，由f′(x)＝0，得x＝； 當f′(x)＞0，得1≤x＜； 當f′(x)＜0，得＜x≤e，因此f(x)在[1，)上為增函數(shù)，在(，e]上為減函數(shù)． 設xm≤＜xm＋1，m∈N，m≤n－1， 則S＝f(xi＋1)－f(xi)| ＝|f(x1)－f(x0)|＋…＋|f(xm)－f(xm－1)|＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋|

25、f(xm＋2)－f(xm＋1)|＋…＋|f(xn)－f(xn－1)| ＝f(x1)－f(x0)＋…＋f(xm)－f(xm－1)＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋ f(xm＋1)－f(xm＋2)＋…＋f(xn－1)－f(xn) ＝f(xm)－f(x0)＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋ f(xm＋1)－f(xn) ≤f(xm)－f(x0)＋ f(xm＋1)－f(xn)＋ f()－f(xm＋1)＋ f()－f(xm) ＝2f()－f(x0)－f(xn)＝kln k－k－－k＋e2＝kln k－2k＋＋e2. 因此，存在正數(shù)A＝kln k－2k＋＋e2，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性質V. 綜上，對于給定的實數(shù)k，函數(shù)f(x)＝kln x－x2 在區(qū)間[1，e]上具有性質V.