2023年高考指导数学(人教A文一轮)解答题专项一 函数与导数的综合问题

这是一份2023年高考指导数学(人教A文一轮)解答题专项一 函数与导数的综合问题，共14页。
1.已知函数f(x)=ln x+ax2-x,其中a≥0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-ln x,证明:当x>0时,g(x)>12x3+1.
2.已知函数f(x)=1+ln x+ax-a2x2.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若a=0,且x∈(0,1),求证:f(x)-2lnxex+2x2-1x4x2-2ex+6x+4.
4.设函数f(x)=ax-ln x+1x+b(a,b∈R).若函数f(x)有两个零点x1,x2,求证:x1+x2+2>2ax1x2.
第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1.(2022辽宁抚顺一模)已知函数f(x)=e2x+(1-2a)ex-ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1时,若∀x>0,都有2f(x)-f'(x)≤-x2-(m+2)x,求实数m的取值范围.
2.设函数f(x)=-2cs x-x,g(x)=-ln x-kx(k>0).
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若对任意x1∈0,12,总存在x2∈12,1,使得f(x1)g(x0)成立,求实数a的取值范围.
第3课时 利用导数研究函数的零点
1.(2022安徽合肥二模)已知函数f(x)=x2-asin x-1,a∈R.
(1)设函数g(x)=f'(x),若y=g(x)是区间0,π2上的增函数,求a的取值范围;
(2)当a=2时,证明函数f(x)在区间(0,π)上有且仅有一个零点.
2.已知函数f(x)=1-2xx2+2a.
(1)若a=0,求f(x)在12,f12处的切线方程;
(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间和极值;
(3)当a>0时,讨论函数g(x)=ex+(x2+2a)f(x)-m-3(m∈R)的零点个数.
3.已知函数f(x)=aex-x,a>0.
(1)若a=1,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2>ae.
4.已知函数f(x)=x+ax-(a-1)ln x-2,其中a∈R.
(1)若f(x)存在唯一极值点,且极值为0,求a的值;
(2)讨论f(x)在区间[1,e2]上的零点个数.
参考答案
第1课时 利用导数证明不等式
1.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+2ax-1=2ax2-x+1x,若a=0,f'(x)=-x-1x,令f'(x)=0,解得x=1,则f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
若a>0,由2ax2-x+1=0可知Δ=1-8a,
当Δ=1-8a≤0,即a≥18时,2ax2-x+1≥0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当Δ=1-8a>0,即012x3+1,
即ex+x2-x-12x3-1>0.
令h(x)=ex+x2-x-12x3-1(x>0),则h'(x)=ex+2x-1-32x2,x>0,令m(x)=h'(x),则m'(x)=ex+2-3x,x>0.令n(x)=m'(x),
由n'(x)=ex-3=0,得x=ln 3,易知n(ln 3)是n(x)的最小值.
于是n(x)≥n(ln 3)=5-3ln 3>0,h'(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以h'(x)>h'(0)=0,h(x)在(0,+∞)上单调递增.故当x>0时,h(x)>h(0)=0,即g(x)>12x3+1.
2.(1)解当a=1时,f(x)=1+ln x+x-x2,定义域为(0,+∞),∴f'(x)=1x+1-2x=-(x-1)(2x+1)x,令f'(x)>0,解得00,
∴g(x)在(0,1)内单调递增,
∴g(x)0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,h(1)=0,
所以h(t)>0,即t-1t>2ln t,
所以x1+x2+2>2ax1x2.
第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1.解(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,则f'(x)=2e2x+(1-2a)ex-a=(2ex+1)(ex-a).
由于2ex+1>0,从而当a≤0时,f'(x)>0恒成立,故函数f(x)在R上单调递增.
当a>0时,由f'(x)>0,解得x>ln a;
由f'(x)0,所以h'(x)>0,
因此h(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以h(x)>h(0)=0,
即ex-x-1>0.
当00,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(1)=e-2.
因此m≤e-2,得实数m的取值范围为(-∞,e-2].
2.解(1)f'(x)=2sin x-1,令f'(x)>0,得2sin x-1>0,
∴2kπ+π6-2,∴1≤k0时,f(x)=aex-4在(0,1]上单调递增,所以f(x)max=f(1)=ae-4,即ae-4≥-2,解得a≥2e;
当ag(x)x-2恒成立,因为x>0,ex>0,所以a>lnx+x-1xex=lnx+ln ex-1xex=ln(xex)-1xex,令t=xex>0,设h(t)=lnt-1t,其中t>0,则h'(t)=2-lntt2,当00,即1-4a>0,a0,m(x)单调递增,
在x∈[a,e]上,m'(x)0,
∴存在x0∈π6,π2,使得f'(x0)=0.
当x∈(0,x0)时,f'(x)0,f(x)单调递增,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)证明x1,x2是f(x)的两个不同的零点,等价于x1,x2是方程ex=xa的两个不同的根,也是方程xex=a的两个不同的根,a>0,则x1>0,x2>0.
要证x1x2>ae,只需证x1a·x2a>e2,只需证ex1+x2>e2,即证x1+x2>2.
令h(x)=xex,则h'(x)=1-xex,所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)0恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,与f(x)存在极值点矛盾,
②若a>0,则由f'(x)=0得x=a,
∴当x∈(0,a)时,f'(x)0;
当02a-2a=2a(1-a)≥0.
∴f(e2)>0.
∴f(x)在[1,e2]上有1个零点;
②当1