（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：壓軸大題突破練（三）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（1）理

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1、（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：壓軸大題突破練（三）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（1）理 1．(2018·江南十校模擬)設(shè)f(x)＝xln x－ax2＋(3a－1)x. (1)若g(x)＝f′(x)在[1,2]上單調(diào)，求a的取值范圍； (2)已知f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍． 解　(1)由f′(x)＝ln x－3ax＋3a， 即g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)， g′(x)＝－3a， ①g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， ∴－3a≥0對x∈[1,2]恒成立， 即a≤對x∈[1,2]恒成立， 得a≤； ②g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減， ∴－

2、3a≤0對x∈[1,2]恒成立， 即a≥對x∈[1,2]恒成立， 得a≥， 由①②可得a的取值范圍為∪. (2)由(1)知， ①當(dāng)a≤0時，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， ∴f(x)在x＝1處取得極小值，符合題意； ②當(dāng)01， 又f′(x)在上單調(diào)遞增， ∴x∈(0,1)時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0， ∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， f(x)在x＝1處取得極小值，符合題意； ③當(dāng)a＝時，＝1，f′(x)在(

3、0,1)上單調(diào)遞增， 在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意； ④當(dāng)a>時，0<<1， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， ∴f(x)在x＝1處取得極大值，不符合題意． 綜上所述，可得a的取值范圍為. 2．(2018·河南省鄭州外國語學(xué)校調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝aln x－ex. (1)討論f(x)的極值點的個數(shù)； (2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值． 參考數(shù)據(jù)： x 1.6 1.7 1.8 ex 4.953 5.474

4、 6.050 ln x 0.470 0.531 0.588 解　(1)根據(jù)題意可得f′(x)＝－ex＝(x>0)， 當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，函數(shù)是減函數(shù)，無極值點； 當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a， 又y＝xex在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 且當(dāng)x→＋∞時，xex→＋∞， 所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨設(shè)為x0， 所以函數(shù)y＝f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增， 在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以函數(shù)y＝f(x)有一個極大值點，無極小值點． 綜上，當(dāng)a≤0時，無極值點； 當(dāng)a>0時，函數(shù)y＝f(x)有一個極大值點，無

5、極小值點． (2)因為a∈N* >0， 由(1)知，f(x)有極大值f(x0)， 且x0滿足x0＝a，① 可知f(x)max＝f(x0)＝aln x0－， 要使f(x)<0恒成立， 即f(x0)＝aln x0－<0，② 由①可得＝， 代入②得aln x0－<0， 即a<0， 因為a∈N*>0，所以ln x0－<0， 因為ln 1.7－<0，ln 1.8－>0， 且y＝ln x0－在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 設(shè)m為y＝ln x0－的零點， 則m∈(1.7,1.8)，可知0

6、 當(dāng)10，a<， 令g(x)＝，x∈(1，m)， 則g′(x)＝<0， 所以g(x)在(1，m)上是減函數(shù)， 且≈10.29，≈10.31， 所以10.29

7、a的取值范圍． 解　(1)當(dāng)b＝0時，f(x)＝xln x－ax2－x， f′(x)＝ln x－2ax， ∴f(x)＝xln x－ax2－x有2個極值點就是方程ln x－2ax＝0有2個解， 即y＝2a與m(x)＝的圖象的交點有2個． ∵m′(x)＝， 當(dāng)x∈(0，e)時，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(e，＋∞)時，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減． m(x)有極大值， 又∵x∈(0,1]時，m(x)≤0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，0

8、點有1個； 當(dāng)a∈時，y＝2a與m(x)＝的圖象的交點有2個． 綜上，a的取值范圍為. (2)函數(shù)y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行， ∴f′(1)＝0且f(1)≠0， ∵f′(x)＝ln x－2ax＋b， ∴b＝2a且a≠1. h(x)＝xln x－ax2＋(b－1)x＋ex－ex在x∈(1，＋∞)時， 其圖象的每一點處的切線的傾斜角均為銳角， 即當(dāng)x>1時，h′(x)＝f′(x)＋g′(x)>0恒成立， 即ln x＋ex－2ax＋2a－e>0恒成立， 令t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e， ∴t′(x)＝＋ex－2a， 設(shè)φ(x)＝＋ex－

9、2a，φ′(x)＝ex－， ∵x>1，∴ex>e，<1， ∴φ′(x)>0， ∴φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 即t′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a， 當(dāng)a≤且a≠1時，t′(x)≥0， ∴t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴t(x)>t(1)＝0成立， 當(dāng)a>時， ∵t′(1)＝1＋e－2a<0， t′(ln 2a)＝＋2a－2a>0， ∴存在x0∈(1，ln 2a)，滿足t′(x0)＝0. ∵t′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x∈(1，x0)時，t′(x)<0，t(x)單調(diào)

10、遞減， ∴t(x0)0不恒成立． ∴實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1)∪. 4．(2018·福建省百校模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－1＋aex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2>4. (1)解　f′(x)＝1＋aex， 當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增． 當(dāng)a<0時，令f′(x)>0，得xln， 則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)證明　由f(x)＝0得a＝， 設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝. 由g′(x)<0

11、，得x<2；由g′(x)>0，得x>2. 故g(x)min＝g(2)＝－<0. 當(dāng)x>1時，g(x)<0，當(dāng)x<1時，g(x)>0， 不妨設(shè)x14等價于x2>4－x1， ∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴要證x1＋x2>4，只需證g(x2)>g(4－x1)， ∵g(x1)＝g(x2)＝a， ∴只需證g(x1)>g(4－x1)，即， 即證(x1－3)＋x1－1<0； 設(shè)h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1,2)， 則h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1， 令m(x)＝h′(

12、x)， 則m′(x)＝4e2x－4(x－2)， ∵x∈(1,2)，∴m′(x)<0， ∴m(x)在(1,2)上單調(diào)遞減， 即h′(x)在(1,2)上單調(diào)遞減， ∴h′(x)>h′(2)＝0， ∴h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增， ∴h(x)4得證． 5．(2018·長沙模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋)． (1)探究函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時，恒有f(x)≤ax3，試求a的取值范圍； (3)令an＝6n＋ln(n∈N*)，試證明：a1＋a2＋…＋an<. (1)解　函數(shù)f(x)的定義域為R. 由

13、f′(x)＝1－≥0， 知f(x)是R上的增函數(shù)． (2)解　令g(x)＝f(x)－ax3 ＝x－ln(x＋)－ax3， 則g′(x)＝， 令h(x)＝(1－3ax2)－1， 則h′(x)＝ ＝. (ⅰ)當(dāng)a≥時，h′(x)≤0， 從而h(x)是[0，＋∞)上的減函數(shù)， 注意到h(0)＝0，則x≥0時，h(x)≤0， 所以g′(x)≤0，進而g(x)是[0，＋∞)上的減函數(shù)， 注意到g(0)＝0，則x≥0時，g(x)≤0， 即f(x)≤ax3. (ⅱ)當(dāng)0ax3； (ⅲ)當(dāng)a≤0時，h′(x)

14、≥0，同理可知f(x)>ax3， 綜上，a的取值范圍是. (3)證明　在(2)中，取a＝， 則x∈時，x－ln(x＋)>x3， 即x3＋ln(x＋)0，都有f(x)＋f＝0. (1)用含a的表達式表示b； (2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，且x10； (3)在(2)的條件下，判斷y＝f(x)零點的個數(shù)，并說明理由． 解　(1)根據(jù)題意，令x＝1， 可得f(1)＋f(1)＝0， 所以f(1

15、)＝－a＋b＝0， 經(jīng)驗證，可得當(dāng)a＝b時，對任意x>0，都有f(x)＋f＝0，所以b＝a. (2)由(1)可知，f(x)＝ln x－ax＋，且x>0， 所以f′(x)＝－a－＝， 令g(x)＝－ax2＋x－a，要使f(x)存在兩個極值點x1，x2，則y＝g(x)有兩個不相等的正實數(shù)根， 所以或 解得0

16、在上單調(diào)遞減， 所以h(x)>h＝－2ln 2＋4－－ln 2>－3ln e>0. 即當(dāng)00. (3)因為f′(x)＝－a－＝， g(x)＝－ax2＋x－a. 令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝. 由(2)知，當(dāng)00，g(0)＝－a<0，所以x2>1. 又x1x2＝1，可得x1<1， 此時，f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以y＝f(x)最多只有三個不同的零點． 又因為f(1)＝0，所以f(x)在(x1，1)上單調(diào)遞增， 即當(dāng)x∈[x1，1)時，f(x)<0恒成立． 根據(jù)(2)可知，f>0且0<<， 所以?(x1，1)，即∈(0，x1)， 所以?x0∈，使得f(x0)＝0. 由01， 又f＝－f(x0)＝0，f(1)＝0， 所以f(x)恰有三個不同的零點：x0，1，. 綜上所述，y＝f(x)恰有三個不同的零點．