2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用高考大题规范解答__高考中函数与导数问题的热点题型提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用高考大题规范解答__高考中函数与导数问题的热点题型提能训练，共5页。试卷主要包含了设函数f＝ex－ax－2.，已知函数f＝ex.等内容，欢迎下载使用。

1．设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
[解析] (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
当a>0时，令f′(x)<0，得x令f′(x)>0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立，
令g(x)＝eq \f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq \f(ex－1－x＋1ex,ex－12)＋1＝eq \f(exex－x－2,ex－12)(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．
又因为h(1)<0，h(2)>0，
所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的唯一零点)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；
当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(a)＝eq \f(α＋1,eα－1)＋α.
又h(α)＝eα－α－2＝0，
所以eα＝α＋2且α∈(1,2)，
则g(x)min＝g(a)＝1＋a∈(2,3)，
所以k的最大值为2.
2．已知函数f(x)＝ex.
(1)若f(x)≥ax＋1，求实数a的取值范围；
(2)若g(x)＝x＋ln x，求证：g(x)－xex＋1≤0.
[解析] (1)f(x)≥ax＋1，化为ex－ax－1≥0，
令u(x)＝ex－ax－1，
则u′(x)＝ex－a，
当a≤0时，u′(x)＝ex－a>0，函数u(x)在R上单调递增，
而u(0)＝1－1＝0，因此x<0时，u(x)<0，不符合题意，舍去．
当a>0时，令u′(x)＝ex－a＝0，解得x＝ln a，
x∈(－∞，ln a)时，u′(x)<0，此时，函数u(x)单调递减，x∈(ln a，＋∞)时，u′(x)>0，此时，函数u(x)单调递增，
所以x＝ln a时，函数u(x)取得极小值即最小值，
所以u(ln a)＝a－aln a－1≥0，
令v(a)＝a－aln a－1，
则v′(a)＝1－ln a－1＝－ln a，
可得v(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，a＝1时，v(a)取得极大值v(1)＝1－0－1＝0，可得a＝1时满足题意．
所以实数a的取值范围为{1}．
(2)令h(x)＝g(x)－xex＋1＝x＋ln x－xex＋1，x∈(0，＋∞)，
h′(x)＝1＋eq \f(1,x)－(x＋1)ex＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－ex))，
令y＝eq \f(1,x)－ex，则函数y＝eq \f(1,x)－ex在x∈(0，＋∞)上单调递减，
又y(1)＝1－e<0，yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2－eq \r(e)>0，
所以存在唯一零点x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))⊆(0，＋∞)，
使得ex0＝eq \f(1,x0)，即x0＝－ln x0.
x0是h(x)的极大值即最大值，
h(x0)＝x0－x0－1＋1＝0，
所以h(x)≤h(x0)＝0，
因此g(x)－xex＋1≤0.
3．设函数f(x)＝e2x－(2a＋2)ex＋2ax.
(1)当a<0时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
[解析] (1)f′(x)＝2e2x－(2a＋2)ex＋2a＝2(ex－1)(ex－a)，
∵a<0，
∴ex－a>0，
令f′(x)＝0，解得x＝0，
当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，①当a<0时，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝1－(2a＋2)＋0＝－2a－1，
当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
∵f(x)有两个零点，
∴f(x)min＝－2a－1<0，解得－eq \f(1,2)②当a＝0时，f(x)＝e2x－2ex＝0，解得x＝ln 2，只有一个零点，不符合题意，
③当a>0时，由(1)知f′(x)＝2(ex－1)(ex－a)，
当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
令f′(x)＝0，解得x＝0，或x＝ln a，
当0∴f(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减，
∴f(x)极小值＝f(0)＝－2a－1<0，f(x)极大值＝f(ln a)＝－a2－2a＋2aln a<0，
∴函数f(x)只有一个零点，不合题意，
当a>1时，ln a>0，
∴f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减，
∴f(x)极大值＝f(0)＝－2a－1<0，函数f(x)只有一个零点，不合题意，
当a＝1时，f′(x)＝2(ex－1)(ex－1)≥0恒成立，
∴f(x)在R上单调递增，函数f(x)只有一个零点，
综上所述：f(x)有两个零点，则a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).
B组能力提升
1．(2023·河北邢台一模，21)已知函数f(x)＝a·e2x＋1－2ex＋1＋eq \f(a,2)·ex－eq \f(x,2).
(1)当a＝1时，求f(x)的极小值；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
[解析] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
当a＝1时，f′(x)＝2e2x＋1－2ex＋1＋eq \f(1,2)ex－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)(ex－1)(4ex＋1＋1)，
令f′(x)＝0，解得x＝0.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
因此，当x＝0时，f(x)有极小值，极小值为f(0)＝eq \f(1,2)－e.
(2)f′(x)＝2ae2x＋1－2ex＋1＋eq \f(a,2)ex－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(aex－1)(4ex＋1＋1)，
①若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，f(x)至多有一个零点．
②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
所以当x＝－ln a时，f(x)取得极小值，即最小值，为f(－ln a)＝eq \f(1,2)－eq \f(e,a)＋eq \f(1,2)ln a.
当a＝e时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
当a∈(e，＋∞)时，由于eq \f(1,2)－eq \f(e,a)＋eq \f(1,2)ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
当a∈(0，e)时，eq \f(1,2)－eq \f(e,a)＋eq \f(1,2)ln a<0，即f(－ln a)<0.
ln a<1，即－ln a>－1>－2且f(－2)＝eq \f(a,e3)＋eq \f(a,2e2)＋1－eq \f(2,e)>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2e,a)))＝eq \f(4e3－4e2,a)＋e－eq \f(1,2)ln eq \f(2e,a)，且ln eq \f(2e,a)>－ln a，
先证x>0时ln x≤x－1.
设m(x)＝ln x－(x－1)，则m′(x)＝eq \f(1－x,x)，
当00，当x>1时，m′(x)<0，
故m(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当x＝1时，m(x)取到最大值m(1)＝0，
故x>0时ln x≤x－1.
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2e,a)))＝eq \f(4e3－4e2,a)＋e－eq \f(1,2)ln eq \f(2e,a)≥eq \f(4e3－4e2,a)＋e－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2e,a)－1))＝eq \f(4e3－4e2－e,a)＋e＋eq \f(1,2)>0，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，e)．
2．(2023·广东茂名二模，21)已知函数f(x)＝eq \f(x2,2)＋ln x－2ax，a为常数，且a>0.
(1)判断f(x)的单调性；
(2)当02.
[解析] (1)∵f(x)＝eq \f(x2,2)＋ln x－2ax，
∴f′(x)＝x＋eq \f(1,x)－2a＝eq \f(x2－2ax＋1,x)，x∈(0，＋∞)，
记g(x)＝x2－2ax＋1，
①当Δ＝4a2－4≤0，即0所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ＝4a2－4>0，即a>1时，方程有两个不等实根，
且x1＝eq \f(2a－\r(4a2－4),2)＝a－eq \r(a2－1)>0，x2＝eq \f(2a＋\r(4a2－4),2)＝a＋eq \r(a2－1)>0，
∴∀x∈(0，a－eq \r(a2－1))，x2－2ax＋1>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∀x∈(a－eq \r(a2－1)，a＋eq \r(a2－1))，x2－2ax＋1<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∀x∈(a＋eq \r(a2－1)，＋∞)，x2－2ax＋1>0，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述：①当0②当a>1时，f(x)在(0，a－eq \r(a2－1))和(a＋eq \r(a2－1)，＋∞)上单调递增，在(a－eq \r(a2－1)，a＋eq \r(a2－1))上单调递减．
(2)证明：∵f(1)＝eq \f(1,2)－2a，
∴f(m)＋f(n)＝1－4a＝2f(1)，
由(1)可知0故不妨设0要证m＋n>2，即证n>2－m>1，
又∵当0∴只需证f(n)>f(2－m)，
又∵f(m)＋f(n)＝1－4a，
∴只需证1－4a－f(m)>f(2－m)，
即证f(m)＋f(2－m)<1－4a(0记F(x)＝f(x)＋f(2－x)，x∈(0,1)，
F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝x＋eq \f(1,x)－2a－(2－x)－eq \f(1,2－x)＋2a＝－eq \f(2x－13,x2－x)，
∴当x∈(0,1)时，F′(x)>0恒成立，F(x)单调递增，
∴F(x)∴原命题得证，即m＋n>2.x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
eq \f(1,2)－e
单调递增