新高考2022年高考数学一轮课时跟踪18《函数与导数大题常考题型》

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已知函数f(x)=ln x＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥eq \f(2a－1,a).
已知函数f(x)=eq \f(2a－x2,ex)(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围.
设函数f(x)=(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围.
已知函数f(x)=(x－1)ex＋1，x∈[0,1].
(1)证明：f(x)≥0；
(2)若a 设f(x)=(x＋1)eax(其中a≠0)，曲线y=f(x)在x=eq \f(1,a)处有水平切线.
(1)求a的值；
(2)设g(x)=f(x)＋x＋xln x，证明：对任意x1，x2∈(0,1)有|g(x1)－g(x2)|＜e－1＋2e－2.
已知函数f(x)=aln x(a＞0)，e为自然对数的底数.
(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；
(2)当x＞0时，求证：f(x)≥a(1-eq \f(1,x))；
(3)若在区间(1，e)上＜0恒成立，求实数a的取值范围.
设函数f(x)=－x2＋ax＋ln x(a∈R).
(1)当a=－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[eq \f(1,3),3]上有两个零点，求实数a的取值范围.
已知a为实数，函数f(x)=aln x＋x2－4x.
(1)若x=3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的取值；
(2)设g(x)=(a－2)x，若∃x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围.
已知f(x)=eq \f(1,2)x2－a2ln x，a>0.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.
已知函数．
（1）当b=2时，讨论函数f(x)的单调性；
（2）当a+b=0，b>0时，对任意，都有成立，求实数b取值范围.
\s 0 答案解析
解：(1)f′(x)=eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)=eq \f(x－a,x2)(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min=f(a)=ln a＋1.
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令函数g(a)=ln a＋eq \f(1,a)－1，则g′(a)=eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)=eq \f(a－1,a2)(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min=g(1)=0.
所以ln a＋eq \f(1,a)－1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
解：(1)f′(x)=eq \f(x2－2x－2a,ex)，
当a≤－eq \f(1,2)时，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0，
∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
当a>－eq \f(1,2)时，令x2－2x－2a=0，
解得x1=1－eq \r(2a＋1)，x2=1＋eq \r(2a＋1).
∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－eq \r(2a＋1))和(1＋eq \r(2a＋1)，＋∞)，
单调递减区间为(1－eq \r(2a＋1)，1＋eq \r(2a＋1)).
(2)f(x)>－1⇔eq \f(2a－x2,ex)>－1⇔2a>x2－ex，
由条件知，2a>x2－ex对∀x≥1恒成立.
令g(x)=x2－ex，h(x)=g′(x)=2x－ex，∴h′(x)=2－ex.
当x∈[1，＋∞)时，h′(x)=2－ex≤2－e<0，
∴h(x)=g′(x)=2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)=2x－ex≤2－e<0，即g′(x)<0，
∴g(x)=x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)=x2－ex≤g(1)=1－e，
故若f(x)>－1在[1，＋∞)上恒成立，
则需2a>g(x)max=1－e，
∴a>eq \f(1－e,2)，即实数a的取值范围是(eq \f(1－e,2),+∞).
解：(1)f′(x)=(1－2x－x2)ex，
令f′(x)=0，得x=－1±eq \r(2)，
当x∈(－∞，－1－eq \r(2))时，f′(x)<0；
当x∈(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))时，f′(x)>0；
当x∈(－1＋eq \r(2)，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，－1－eq \r(2))，(－1＋eq \r(2)，＋∞)上单调递减，
在(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))上单调递增.
(2)令g(x)=f(x)－ax－1=(1－x2)ex－(ax＋1)，
令x=0，可得g(0)=0.g′(x)=(1－x2－2x)ex－a，
令h(x)=(1－x2－2x)ex－a，则h′(x)=－(x2＋4x＋1)ex，
当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
故h(x)≤h(0)=1－a，即g′(x)≤1－a，
要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，
即a≥1，此时g(x)≤g(0)=0，故a≥1.
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞).
解：(1)证明：因为f ′(x)=xex≥0，即f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)≥f(0)=0，即结论成立.
(2)令g(x)=eq \f(ex－1,x)，则g ′(x)=eq \f(x－1ex＋1,x2)>0，x∈(0,1)，
所以当x∈(0,1)时，g(x)要使eq \f(ex－1,x)要使eq \f(ex－1,x)>a成立，只需ex－ax－1>0在x∈(0,1)恒成立，
令h(x)=ex－ax－1，x∈(0,1)，则h ′(x)=ex－a.
由x∈(0,1)，得ex∈(1，e).
①当a≤1时，h ′(x)>0，此时x∈(0,1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件；
②当a≥e时，h′(x)<0，此时x∈(0,1)，有h(x)③当1综上，a≤1.又b≥e－1，所以b－a的最小值为e－2.
解：(1)f ′(x)=eax＋a(x＋1)eax=(ax＋a＋1)eax.
由题意知0=f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))=(a＋2)e，解得a=－2.
(2)证明：令g(x)=g1(x)＋g2(x)，x∈(0,1)，其中g1(x)=(x＋1)e－2x＋x，g2(x)=xln x，
求导得g1′(x)=－(2x＋1)e－2x＋1.
对h(x)=g1′(x)求导得h′(x)=－2e－2x＋2(2x＋1)e－2x=4xe－2x＞0，x∈(0,1).
因此g1′(x)在(0,1)上为增函数，
故当x∈(0,1)时，g1′(x)＞g1′(0)=0.
因此g1(x)在(0,1)上也为增函数，
从而1=g1(0)＜g1(x)＜g1(1)=1＋2e－2(0＜x＜1).①
又g2′(x)=1＋ln x，令g2′(x)=0，解得x=e－1.
当0＜x＜e－1时，g2′(x)＜0，g2(x)在(0，e－1)上为减函数；
当e－1＜x＜1时，g2′(x)＞0，g2(x)在(e－1,1)上为增函数，
从而g2(x)在(0,1)上取得的最小值为g2(e－1)=－e－1，
因此－e－1≤g2(x)＜0(0＜x＜1).②
由①②得1－e－1＜g(x)＜1＋2e－2(0＜x＜1)，
因此对任意x1，x2∈(0,1)，有|g(x1)－g(x2)|＜(1＋2e－2)－(1－e－1)=e－1＋2e－2.
解；(1)由题意得f ′(x)=eq \f(a,x)，∴f ′(2)=eq \f(a,2)=2，∴a=4.
(2)证明：f(x)≥a(1-eq \f(1,x))等价于aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－1＋\f(1,x)))≥0，
令g(x)=a(ln x－1＋eq \f(1,x))，则g′(x)=aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2))).
令g′(x)=0，即aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2)))=0，解得x=1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
∴g(x)的最小值为g(1)=0，∴f(x)≥a(1-eq \f(1,x)).
(3)由题意可知：e eq \s\up15(eq \f(x,a)) ＜e eq \s\up15(eq \f(1,a)) x，化简得eq \f(x－1,a)＜ln x，
又x∈(1，e)，∴a＞eq \f(x－1,ln x).
令h(x)=eq \f(x－1,ln x)，则h′(x)=eq \f(ln x－x－1·\f(1,x),ln x2)=eq \f(ln x－1＋\f(1,x),ln x2)，
由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋eq \f(1,x)＞0，
∴h′(x)＞0，即h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)＜h(e)=e－1.∴a≥e－1.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a=－1时，f′(x)=－2x－1＋eq \f(1,x)=eq \f(－2x2－x＋1,x)，
令f′(x)=0，得x=eq \f(1,2)(负值舍去)，
当00；当x>eq \f(1,2)时，f′(x)<0.
∴f(x)的单调递增区间为(0,eq \f(1,2))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,))eq \f(1,2)，＋∞eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(,,,,)).
(2)令f(x)=－x2＋ax＋ln x=0，得a=x－eq \f(ln x,x).
令g(x)=x－eq \f(ln x,x)，其中x∈[eq \f(1,3),3]，
则g′(x)=1－eq \f(1－ln x,x2)=eq \f(x2＋ln x－1,x2)，令g′(x)=0，得x=1，
当eq \f(1,3)≤x<1时，g′(x)<0；当10，
∴g(x)的单调递减区间为[eq \f(1,3),3)，单调递增区间为(1,3]，
∴g(x)min=g(1)=1，
∵函数f(x)在[eq \f(1,3),3]上有两个零点，
g(eq \f(1,3))=3ln 3＋eq \f(1,3)，g(3)=3－eq \f(ln 3,3)，3ln 3＋eq \f(1,3)>3－eq \f(ln 3,3)，
∴实数a的取值范围是(1,3－eq \f(ln 3,3)]..
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)=eq \f(a,x)＋2x－4=eq \f(2x2－4x＋a,x).
∵x=3是函数f(x)的一个极值点，
∴f′(3)=0，解得a=－6.
经检验a=－6时，x=3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，∴a=－6.
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)=x－ln x(x>0)，∴F′(x)=eq \f(x－1,x)(x>0)，
∴当0当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增.
∴F(x)≥F(1)=1>0，∴a≥eq \f(x\\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
记G(x)=eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
∴G′(x)= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 .
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，∴2－2ln x=2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增.
∴G(x)min=G(1)=－1，∴a≥G(x)min=－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
解：(1)f′(x)=x－eq \f(a2,x)=eq \f(x＋ax－a,x)(x>0).
当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
当x=a时，f(x)取最小值f(a)=eq \f(1,2)a2－a2ln a.
令eq \f(1,2)a2－a2ln a≥0，解得0故a的取值范围是(0，eq \r(e)].
(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
不失一般性，设0要证x1＋x2>2a，即x1>2a－x2，则只需证f(x1)因为f(x1)=f(x2)，则只需证f(x2)设g(x)=f(x)－f(2a－x)，a≤x≤2a.
则g′(x)=x－eq \f(a2,x)＋2a－x－eq \f(a2,2a－x)=－eq \f(2aa－x2,x2a－x)≤0，
所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0.
又a即f(x2)因此x1＋x2>2a.
解: