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+2x2-1x<2.
3.已知函数f(x)=4x2+(8-a)x-aln x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a=2时,证明:f(x)>4x2-2ex+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)3.已知函数f(x)=aex-4,g(x)=ln x-x-1,其中e为自然对数的底数,a∈R.
(1)若对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),求a的取值范围;
(2)若函数y=f(x)的图象始终在函数y=g(x)x-2的图象上方,求a的取值范围.
4.已知函数f(x)=aln x+12(x-1)2,a∈R.
(1)当a=-2时,求函数f(x)的极值;
(2)若∀x∈[1,+∞),都有f(x)≥0,求实数a的取值范围;
(3)设g(x)=ln x+12x2+ax+12,若∃x0∈[1,e],使得f(x0)>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0此时f(x)在0,1-1-8a4a,1+1-8a4a,+∞上单调递增,在1-1-8a4a,1+1-8a4a内单调递减.
(2)证明因为g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-ln x=ex+x2-x,
所以g(x)>12x3+1就是ex+x2-x>12x3+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01,
∴f(x)的单调递增区间为(0,1],单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明当a=0时,f(x)=1+ln x,
∴f(x)-2lnxex+2x2-1x<2,即1-lnxex+2x2-1x<2,即x(1-ln x)令g(x)=x(1-ln x)(0∴g'(x)=-ln x>0,
∴g(x)在(0,1)内单调递增,
∴g(x)∴h'(x)=ex(-2x3-6x2+2x+3),
令φ(x)=-2x3-6x2+2x+3,
∴φ'(x)=-6x2-12x+2在(0,1)内单调递减,
又φ'(0)=2>0,φ'(1)=-16<0,
∴∃x0∈(0,1)使φ'(x0)=0,且x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
而φ(0)=3>0,φ(1)=-3<0,
∴∃x1∈(0,1)使φ(x1)=0,即h'(x1)=0,当x∈(0,x1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(x1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,而h(0)=1,h(1)=e,∴h(x)>1恒成立,
∴g(x)即f(x)-2lnxex+2x2-1x<2.
3.(1)解由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),由已知得f'(x)=8x2+(8-a)x-ax=(8x-a)(x+1)x,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无单调递减区间,
当a>0时,令f'(x)>0,解得x>a8;令f'(x)<0,解得0所以f(x)在0,a8内单调递减,在a8,+∞上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,f(x)的单调递减区间为0,a8,单调递增区间为a8,+∞.
(2)证明原不等式等价于φ(x)=ex-ln x-2>0,φ(x)的定义域为(0,+∞),则φ'(x)=ex-1x,易知φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,且φ'12=e-2<0,φ'(1)=e-1>0,
所以φ'(x)在12,1内存在唯一零点x0,此时φ(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,要证φ(x)>0即要证φ(x0)>0,由ex0−1x0=0,得ex0=1x0,x0=1ex0,代入φ(x0)=ex0-ln x0-2,得φ(x0)=1x0+x0-2,因为φ(x0)=1x0+x0-2>21x0·x0-2=0,所以f(x)>4x2-2ex+6x+4.
4.证明由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),不妨设x1两式相减得a(x2-x1)=ln x2-ln x1-1x2-1x1,
所以a=ln x2-ln x1x2-x1+1x1x2,要证x1+x2+2>2ax1x2,即证x1+x2+2>2ln x2-ln x1x2-x1+1x1x2x1x2,只需证x1+x2>2(ln x2-ln x1)x2-x1·x1x2,只需证x22-x12x1x2>2lnx2x1,即要证x2x1−x1x2>2lnx2x1,设x2x1=t,则t>1,只需证t-1t>2ln t,设h(t)=t-1t-2ln t(t>1),只需证h(t)>0.
因为h'(t)=1+1t2−2t=t2-2t+1t2=(t-1)2t2>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,解得x从而函数f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,在(-∞,ln a)上单调递减.
综上,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递增;
当a>0时,f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,在(-∞,ln a)上单调递减.
(2)当a=1时,由(1)知2f(x)-f'(x)=-ex-2x+1.
当x>0时,不等式2f(x)-f'(x)≤-x2-(m+2)x可化为m≤ex-x2-1x.
设g(x)=ex-x2-1x,则g'(x)=(x-1)(ex-x-1)x2.
设h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1.
因为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0所以g(x)在(0,1]上单调递减,
当x>1时,g'(x)>0,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∴f(x)的单调递增区间为2kπ+π6,2kπ+5π6(k∈Z).
(2)当x∈0,12时,f'(x)=2sin x-1<0,
∴f(x)在0,12上单调递减,
∴f(x)max=f(0)=-2,
g(x)=-ln x-kx(k>0),当0∵x∈12,1,∴g'(x)≤0,g(x)在12,1上单调递减,
∴g(x)max=g12=ln 2-2k,
由题意可得ln 2-2k>-2,又0当k≥1时,g'(x)≥0,∴g(x)在12,1上单调递增,∴g(x)max=g(1)=-k>-2,∴1≤k<2.
当120;当k∴g(x)max=g(k)=-ln k-1>-2,解得03.解(1)对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),则f(x)max≥g(x)max,
因为g(x)=ln x-x-1,则g'(x)=1x-1=1-xx≥0对任意的x∈(0,1]恒成立,
所以,函数g(x)在区间(0,1]上单调递增,则g(x)max=g(1)=-2.
因为f(x)=aex-4,
所以当a=0时,f(x)=-4,不满足f(x)max≥g(x)max,故a≠0;
当a>0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a<0时,f(x)=aex-4在(0,1]上单调递减,所以f(x)=aex-4在(0,1]上没有最大值,不满足题意,
综上,a的取值范围为2e,+∞.
(2)因为函数y=f(x)的图象始终在函数y=g(x)x-2的图象上方,所以f(x)>g(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,此时函数h(t)单调递增,当t>e2时,h'(t)<0,此时函数h(t)单调递减,所以,h(t)max=h(e2)=1e2,则a>1e2,因此,实数a的取值范围是1e2,+∞.
4.解(1)当a=-2时,f(x)=-2ln x+12(x-1)2,定义域为(0,+∞),
∴f'(x)=-2x+x-1=x2-x-2x=(x-2)(x+1)x(x>0),令f'(x)=0,解得x=2,x=-1(舍去).
当02时,f'(x)>0,∴当x=2时,f(x)取得极小值f(2)=-2ln 2+12,无极大值.
(2)∀x∈[1,+∞),都有f(x)≥0,即当x∈[1,+∞)时,f(x)min≥0恒成立,f'(x)=ax+x-1=x2-x+ax(x≥1),令h(x)=x2-x+a,
①当Δ≤0,即1-4a≤0,a≥14时,
h(x)≥0,即f'(x)≥0,所以f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,
②当Δ>0,即1-4a>0,a<14时,令h(x)=0,此时x1=1-1-4a2(舍去),x2=1+1-4a2,
当1+1-4a2≤1时,即0≤a<14时,h(x)≥0,即f'(x)≥0,所以f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,当1+1-4a2>1时,即a<0时,此时f(1)=0,所以f(x)min=f1+1-4a2<0,不满足题意.综上所述,当a≥0时,满足∀x∈[1,+∞),都有f(x)min≥0恒成立.
∴a∈[0,+∞).
(3)令m(x)=f(x)-g(x)=(a-1)ln x-x-ax,即存在x0∈[1,e],使得m(x0)=(a-1)ln x0-x0-ax0>0,
即存在x0∈[1,e],使得m(x)max>0,m'(x)=a-1x-1+ax2=-x2+(a-1)x+ax2=(x+1)(-x+a)x2,
当a≤1时,此时在x∈[1,e]上,m'(x)≤0,m(x)单调递减,∴m(x)max=m(1)=-1-a>0,即a<-1,
当10,m(x)单调递增,
在x∈[a,e]上,m'(x)<0,m(x)单调递减,
∴m(x)max=m(a)=(a-1)ln a-a-1.
∵1即-a-1<(a-1)ln a-a-1<-2,
∴m(x)max=m(a)<0,不满足题意,
当a≥e时,此时在x∈[1,e]上,m'(x)≥0,m(x)单调递增,
∴m(x)max=m(e)=a-1-e-ae>0,解得a>e2+ee-1,综上所述,a∈(-∞,-1)∪e2+ee-1,+∞.
第3课时 利用导数研究函数的零点
1.(1)解由题意,得f'(x)=2x-acs x,g(x)=2x-acs x,
则g'(x)=2+asin x.
∵g(x)是区间0,π2上的增函数,
∴g'(x)=2+asin x≥0在区间0,π2上恒成立.
当x=0时,g'(0)=2>0,此时a∈R;
当x∈0,π2时,0∴g'(x)=2+asin x≥0恒成立,即a≥-2sinx恒成立,
∴a≥-2.
∴a的取值范围是[-2,+∞).
(2)证明当a=2时,f(x)=x2-2sin x-1,x∈(0,π),
则f'(x)=2x-2cs x.
∵函数y=2x与y=-2cs x都在(0,π)上单调递增,
∴f'(x)在区间(0,π)上单调递增.
∵f'π6=2π6−32<0,f'π2=2π2-0>0,
∴存在x0∈π6,π2,使得f'(x0)=0.
当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x0,π)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
又f(0)=-1<0,f(π)=π2-1>0,
∴函数f(x)在区间(0,π)上有且仅有一个零点.
2.解(1)当a=0时,f(x)=1-2xx2,f'(x)=2x-2x3,k=f'12=-8,f12=0,故所求切线方程为y-0=-8x-12,即8x+y-4=0.
(2)因为f(x)=1-2xx2+2a,
所以f'(x)=2x2-2x-4a(x2+2a)2.
因为函数f(x)在x=-1处取得极值,所以f'(-1)=0,即4-4a(1+2a)2=0,
解得a=1,经检验,当a=1时,x=-1为函数f(x)的极大值点,符合题意,
此时f(x)=1-2xx2+2,函数的定义域为R,f'(x)=2(x+1)(x-2)(x2+2)2,由f'(x)>0,解得x<-1或x>2;由f'(x)<0,解得-1(3)令h(x)=ex+(x2+2a)f(x)-3=ex-2x-2,定义域为R,h'(x)=ex-2,令h'(x)>0,解得x>ln 2,由h'(x)<0,解得x所以h(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(ln 2)=-2ln 2,作出函数h(x)的图象,如图所示:
由g(x)=0,即h(x)-m=0,
所以m=h(x),由图象知:
当m<-2ln 2时,g(x)没有零点;
当m=-2ln 2时,g(x)有一个零点;
当m>-2ln 2时,有两个零点.
3.(1)解当a=1时,f(x)=ex-x,定义域为(-∞,+∞),则f'(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)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,h(x)单调递减.不妨设x11,令φ(x)=h(x)-h(2-x)=xex−2-xe2-x,x>0,则φ'(x)=(1-x)e2-e2xex+2,所以当00,φ(x)单调递增,又因为φ(1)=0,所以当0即h(x1)=h(x2)因为当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递减,所以x2>2-x1,即x1+x2>2.故原结论正确,即x1x2>ae.
4.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),由已知,可得f'(x)=1-ax2−a-1x=(x+1)(x-a)x2(x>0).
①若a≤0,则当x∈(0,+∞)时,f'(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x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,
∴f(x)在(0,a)内单调递减,在(a,+∞)上单调递增,∴f(a)=a+1-(a-1)ln a-2=(a-1)(1-ln a)=0,
∴a=1或a=e.
(2)①当a≤1时,f'(x)≥0在[1,e2]上恒成立,
∴f(x)在[1,e2]上单调递增.
∵f(1)=a-1≤0,f(e2)=e2+ae2-2a,当a≤0时,f(e2)=e2+ae2-2a=e2+a1e2-2>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∵当x∈[1,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,e2]时,f'(x)>0,
∴f(x)在[1,a)上单调递减,在(a,e2]上单调递增,
∴f(x)min=f(a)=(a-1)(1-ln a).
当a=e时,f(x)min=0,此时f(x)在[1,e2]上有1个零点;
当10,此时f(x)在[1,e2]上无零点;
当e0.则当f(e2)=e2+ae2-2a<0,即e42e2-1当f(e2)=e2+ae2-2a≥0,即e③当a≥e2时,f'(x)≤0在[1,e2]上恒成立,f(x)在[1,e2]上单调递减.
∵f(1)=a-1>0,f(e2)=e2+1e2-2a≤e2+1e2-2e2=-e2+1<0,∴f(x)在[1,e2]上有1个零点,
综上,当1e42e2-1时,f(x)在[1,e2]上有1个零点;
当e