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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）
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(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(x1
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：x1－2x0<0.
6．[2023·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝ax－eq \f(sinx,cs3x)，x∈(0，eq \f(π,2)).
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)
1．解析：（1）a＝0时，f（x）＝ex－ex，f′（x）＝ex－e.
设切点（x1，－ex1），则f′（x1）＝－e，
故切线l的方程为y＝（－e）（x－x1）＋－ex1，
由于切线l过点（0，0），则0＝（－e）（－x1）＋－ex1，
即（x1－1）＝0，解得x1＝1，故切线方程为y＝0.
（2）x>0，f′（x）＝ex－alnx－e，f′（1）＝0，
令g（x）＝f′（x）＝ex－alnx－e，则g′（x）＝ex－eq \f(a,x)，
①当a≤0时，可知g′（x）>0，g（x）在（0，＋∞）上单调递增，又g（1）＝0，
则x∈（0，1）时，g（x）<0即f′（x）<0，f（x）单调递减，x∈（1，＋∞）时，g（x）>0即f′（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）单调递减，当x∈（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，而g′（a）＝ea－1>0，则存在x0∈（1，a）使得g′（x0）＝0，且x∈（0，x0）时，g′（x0）<0，则g（x）即f′（x）单调递减，又f′（1）＝0，故x∈（0，1）时，f′（x0）>0，f（x）单调递增，x∈（1，x0）时f′（x）<0，f（x）单调递减，此时x＝1为f（x）的极大值点，不合题意．
若0
综上所述：函数f（x）在x＝1处取极小值时a的取值范围是（－∞，e）.
2．解析：（1）∵f（x）＝lnx＋eq \f(a,x)＋b（x>0），∴f′（x）＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，
若a≤0时，则f′（x）>0恒成立，
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增，故f（x）没有极值；
若a>0，则当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，
∴f（x）有极小值，极小值为f（a）＝lna＋b＋1，无极大值．
（2）证明：由（1）可知，当a>0时，f（x）有最小值，f（x）min＝lna＋b＋1，
由函数f（x）的最小值为0，得lna＋b＋1＝0，
由题知g（x）＝f（x）－eq \f(1,2)＝lnx＋eq \f(a,x)＋b－eq \f(1,2)，
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝lneq \f(a,2)＋2＋b－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)－ln2<0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,e)))＝lna－1＋e＋b－eq \f(1,2)＝e－eq \f(5,2)>0，
∴eq \f(a,e)
∴ea
令h（x）＝eex－elneq \f(x,2)，则h′（x）＝e（eex－eq \f(1,x)），
令p（x）＝eex－eq \f(1,x)，则p（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，∴在（0，eq \f(1,e)）上，p（x）<0，h′（x）<0，h（x）单调递减，
在（eq \f(1,e)，＋∞）上，p（x）>0，h′（x）>0，h（x）单调递增，
∴h（x）min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝ee·eq \f(1,e)－elneq \f(\f(1,e),2)＝e－elneq \f(1,2e)＝e＋eln2e>2，
∴ex2－elnx1>2得证．
3．解析：（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝2x－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－x＋a,x)，令2x2－x＋a＝0，
当Δ＝1－8a≤0时，即a≥eq \f(1,8)时，f′（x）≥0，f（x）在（0，＋∞）上递增，
当Δ＝1－8a>0时，即0
当f′（x）>0时解得0
当f′（x）<0时解得eq \f(1－\r(1－8a),4)
eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x1＋alnx1－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋x2－alnx2,x1－x2)
＝eq \f(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ）－（x1－x2）＋a（lnx1－lnx2）,x1－x2)
＝（x1＋x2）－1＋aeq \f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)＋aeq \f(lnx1－lnx2,x1－x2).
要证eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>4a－eq \f(1,2)成立，只需证－eq \f(1,2)＋aeq \f(lnx1－lnx2,x1－x2)>4a－eq \f(1,2)，
即证eq \f(lnx1－lnx2,x1－x2)>4，即证eq \f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即证lnx1－lnx2>eq \f(2（x1－x2）,x1＋x2)，
设x1>x2>0，即证lneq \f(x1,x2)>eq \f(2（\f(x1,x2)－1）,\f(x1,x2)＋1)，
令t＝eq \f(x1,x2)>1，即证lnt>eq \f(2（t－1）,t＋1)，
设h（t）＝lnt－eq \f(2（t－1）,t＋1)，h′（t）＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，h（t）在（1，＋∞）上递增，h（t）>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)－ln16<0，
所以存在x0∈（eq \f(1,2)，1），使得h（x0）＝0，即x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＋2lneq \f(x0,2)＝0.
当x∈（0，x0）时，h（x）<0，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；
当x∈（x0，＋∞）时，h（x）>0，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（x0）＝－eq \f(2,x0)lneq \f(x0,2)－eq \f(2,x0)，
由x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋2lneq \f(x0,2)＝0，得x0＋eq \f(2,x0)lneq \f(x0,2)＝0，
即x0＝eq \f(2,x0)lneq \f(2,x0)，即x0＝lneq \f(2,x0).
令p（x）＝xex，其中x>0，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（0，lna）为减函数；
当x∈（lna，＋∞）时，h′（x）>0，则f′（x）在（lna，＋∞）为增函数；
∵h（lna）
即ex0－ax0－1＝0，所以a＝eq \f(ex0－1,x0)，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，f（x）在（x0，＋∞）上单调递增，
∵f（x0）
令x＝2x0，则：
f（2x0）＝－eq \f(1,2)a（2x0）2－2x0－1
＝－eq \f(ex0－1,2x0)（2x0）2－2x0－1＝－2x0－1，
设g（x）＝e2x－2xex－1（x>0），
则g′（x）＝2e2x－2（x＋1）ex＝2ex（ex－x－1），
由（1）知，g′（x）>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<2x0，
即x1－2x0<0.
6．解析：（1）当a＝8时，f（x）＝8x－eq \f(sinx,cs3x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，
f′（x）＝8－eq \f(cs4x＋3sin2xcs2x,cs6x)＝8＋eq \f(2,cs2x)－eq \f(3,cs4x).
令eq \f(1,cs2x)＝t，则t∈（1，＋∞），
令h（t）＝－3t2＋2t＋8＝－（3t＋4）（t－2），
当t∈（1，2）时，h（t）>0；当t∈（2，＋∞）时，h（t）<0.
故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′（x）>0，f（x）单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′（x）<0，f（x）单调递减．
∴f（x）在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．
（2）令g（x）＝f（x）－sin2x＝ax－eq \f(sinx,cs3x)－sin2x，
则g′（x）＝a－eq \f(cs4x＋3sin2xcs2x,cs6x)－2cs2x＝a－eq \f(cs2x＋3sin2x,cs4x)－4cs2x＋2＝a－（eq \f(－2cs2x＋3,cs4x)＋4cs2x－2），
令u＝cs2x，则u∈（0，1），令k（u）＝eq \f(－2u＋3,u2)＋4u－2，
则k′（u）＝eq \f(2u－6,u3)＋4＝eq \f(4u3＋2u－6,u3).
当u∈（0，1）时，k′（u）<0，∴k（u）在（0，1）上单调递减，∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）>3，∴k（u）的值域为（3，＋∞）.
①当a≤3时，g′（x）<0，∴g（x）在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
又g（0）＝0，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g（x）<0，即f（x）
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减，
∴g（x0）>g（0）＝0，∴f（x）
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