统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练12函数与导数理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练12函数与导数理（附解析），共9页。
(1)若a＝0时，过点(0，0)作曲线y＝f(x)的切线l，求l的方程；
(2)若函数f(x)在x＝1处取极小值，求a的取值范围．
2．[2023·陕西汉台中学模拟预测]已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)＋b(a，b∈R).
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)的最小值为0，x1，x2(x12.
3．[2023·河南郑州三模]设函数f(x)＝x2－x＋alnx(a>0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>4a－eq \f(1,2).
4．[2023·山西运城模拟预测]已知函数f(x)＝xex－a(lneq \f(x,2)＋1)＋b在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(3e2－1)x－4e2.
(1)求a、b的值；
(2)若关于x的不等式f(x)≥kx恒成立，求实数k的取值范围．
5．[2023·江西南昌三模]已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)ax2－x－1(x>0，a∈R).
(1)当a＝1时，判断f(x)的单调性；
(2)若a>1时，设x1是函数f(x)的零点，x0为函数f(x)极值点，求证：x1－2x00，g（x）在（0，＋∞）上单调递增，又g（1）＝0，
则x∈（0，1）时，g（x）0，f（x）单调递增，
故f（x）在x＝1时取得极小值，故a≤0满足条件．
②当a>0时，则g′（x）＝ex－eq \f(a,x)在（0，＋∞）上为增函数，又g′（1）＝e－a，
若a＝e，g′（1）＝0，当x∈（0，1）时，g′（x）0，g（x）即f′（x）单调递增，而f′（1）＝0，于是f′（x）≥0，即函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，不合题意；
若a>e，g′（1）0，则存在x0∈（1，a）使得g′（x0）＝0，且x∈（0，x0）时，g′（x0）0，f（x）单调递增，x∈（1，x0）时f′（x）h（1）＝0，所以lnt>eq \f(2（t－1）,t＋1)成立，即eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>4a－eq \f(1,2).
4．解析：（1）因为f（x）＝xex－a（lnx－ln2＋1）＋b，则f′（x）＝（x＋1）ex－eq \f(a,x)，
所以f′（2）＝3e2－eq \f(a,2)＝3e2－1，解得a＝2，
所以f（x）＝xex－2（lneq \f(x,2)＋1）＋b，所以f（2）＝2e2－2＋b，
由切线方程可知f（2）＝2（3e2－1）－4e2＝2e2－2，
所以2e2－2＋b＝2e2－2，解得b＝0.
（2）由（1）知f（x）＝xex－2（lneq \f(x,2)＋1）（x>0），所以xex－2（lneq \f(x,2)＋1）≥kx，
所以k≤ex－eq \f(2,x)lneq \f(x,2)－eq \f(2,x)（x>0）恒成立，
即k≤[ex－eq \f(2,x)lneq \f(x,2)－eq \f(2,x)]min（x>0），
令g（x）＝ex－eq \f(2,x)lneq \f(x,2)－eq \f(2,x)，其中x>0，
所以g′（x）＝ex－[（－eq \f(2,x2)）lneq \f(x,2)＋eq \f(2,x2)]＋eq \f(2,x2)＝ex＋eq \f(2,x2)lneq \f(x,2)＝eq \f(x2ex＋2ln\f(x,2),x2)，
令h（x）＝x2ex＋2lneq \f(x,2)，其中x>0，所以h′（x）＝（x2＋2x）ex＋eq \f(2,x)，
因为x>0，所以h′（x）>0，所以h（x）在区间（0，＋∞）上单调递增，
又h（1）＝e－ln4>0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),4)－ln160，所以p′（x）＝（x＋1）ex>0，
所以p（x）在区间（0，＋∞）上单调递增，
由x0＝lneq \f(2,x0)，得p（x0）＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2,x0)))，所以x0＝lneq \f(2,x0)，
所以＝eq \f(2,x0)，lneq \f(x0,2)＝－x0，
所以g（x）min＝g（x0）＝eq \f(2,x0)－eq \f(2,x0)lneq \f(x0,2)－eq \f(2,x0)＝2，
所以只需k≤2，即实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，2)).
5．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1，
所以f′（x）＝ex－x－1，
令g（x）＝ex－x－1，∴g′（x）＝ex－1，
∵x>0∴ex－1>0，即g′（x）>0，
∴g（x）在（0，＋∞）单调递增，
∴g（x）>g（0）＝0，即f′（x）>0，
∴f（x）在（0，＋∞）单调递增．
（2）由于f′（x）＝ex－ax－1，设h（x）＝ex－ax－1，h′（x）＝ex－a，
当x∈（0，lna）时，h′（x）0，则f′（x）在（lna，＋∞）为增函数；
∵h（lna）0，
所以g（x）在（0，＋∞）为增函数，g（x）>g（0）＝0，
所以f（2x0）＝－2x0－1>0，
根据零点存在判定定理可知x1