2023学年高考数学大二轮复习大题专项练五函数与导数文2.docx

大题专项练(五)　函数与导数 A组　基础通关 1.(2023安徽定远中学高三质检)已知函数f(x)=(x2-2x+2)ex-12ax2(a∈R). (1)当a=e时,求函数f(x)的单调区间; (2)证明:当a≤-2时,f(x)≥2. (1)解当a=e时,f(x)=(x2-2x+2)ex-12ex2, 所以f'(x)=x2ex-ex=x(xex-e), 讨论:①当x<0时,xex-e<0,有f'(x)>0; ②当0<x<1时,由函数y=xex为增函数,有xex-e<0,有f'(x)<0; ③当x>1时,由函数y=xex为增函数,有xex-e>0,有f'(x)>0. 综上,函数f(x)的增区间为(-∞,0),(1,+∞),减区间为(0,1). (2)证明当a≤-2时,有-12a≥1,所以-12ax2≥x2, 所以f(x)≥(x2-2x+2)ex+x2. 令g(x)=(x2-2x+2)ex+x2,则g'(x)=x2ex+2x=x(xex+2). 令h(x)=xex+2,有h'(x)=(x+1)ex. 令h'(x)=0,得x=-1. 分析知,函数h(x)的增区间为(-1,+∞),减区间为(-∞,-1). 所以h(x)min=h(-1)=2-1e>0. 所以分析知,函数g(x)的增区间为(0,+∞),减区间为(-∞,0), 所以g(x)min=g(0)=(02-2×0+2)×e0+02=2, 故当a≤-2时,f(x)≥2. 2.在某次水下科研考查活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为v103+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为v2(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考查活动中的总用氧量为y(升). (1)求y关于v的函数关系式; (2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少. 解(1)由题意,得下潜用时60v(单位时间), 用氧量为v103+1×60v=3v250+60v(升); 水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升); 返回水面用时60v2=120v(单位时间), 用氧量为120v×1.5=180v(升), ∴总用氧量y=3v250+240v+9(v>0). (2)y'=3v25-240v2=3(v3-2000)25v2, 令y'=0,得v=1032, 当0<v<1032时,y'<0,函数单调递减, 当v>1032时,y'>0,函数单调递增, ∴当0<c<1032时,函数在(c,1032)上单调递减, 在(1032,15)上单调递增, ∴当v=1032时总用氧量最少, 当c≥1032时,y在[c,15]上单调递增, ∴当v=c时总用氧量最少. 综上,若0<c<1032, 则当v=1032时总用氧量最少;若c≥1032, 则当v=c时总用氧量最少. 3.(2023安徽淮北模拟)已知函数f(x)=ax-1+ln x. (1)若函数f(x)在(e,+∞)内有极值,求实数a的取值范围; (2)在(1)的条件下,对任意t∈(1,+∞),s∈(0,1),求证:f(t)-f(s)>e+2-1e. (1)解由定义域为(0,1)∪(1,+∞), f'(x)=1x-a(x-1)2=x2-(a+2)x+1x(x-1)2, 设h(x)=x2-(a+2)x+1, 要使y=f(x)在(e,+∞)上有极值, 则x2-(a+2)x+1=0有两个不同的实根x1,x2, ∴Δ=(a+2)2-4>0,∴a>0或a<-4,① 且至少有一根在区间(e,+∞)上,又∵x1·x2=1, ∴只有一根在区间(e,+∞)上,不妨设x2>e, ∴0<x1<1e<e<x2, 又h(0)=1, ∴只需h1e<0,即1e2-(a+2)1e+1<0, ∴a>e+1e-2,② 联立①②可得a>e+1e-2. 即实数a的取值范围是e+1e-2,+∞. (2)证明由(1)知,当x∈(1,x2)时,f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ∴f(x)在(1,+∞)上有最小值f(x2), 即∀t∈(1,+∞),都有f(t)≥f(x2), 又当x∈(0,x1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(x1,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, ∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1), 即对∀s∈(0,1),都有f(s)≤f(x1), 又∵x1+x2=2+a,x1x2=1, x1∈0,1e,x2∈(e,+∞), ∴f(t)-f(s)≥f(x2)-f(x1) =lnx2+ax2-1-lnx1-ax1-1 =lnx2x1+ax2-1-ax1-1 =lnx22+x2-1x2(x2>e), 设k(x)=lnx2+x-1x=2lnx+x-1x(x>e), 则k'(x)=2x+1+1x2>0(x>e), ∴k(x)在(e,+∞)上单调递增, ∴k(x)>k(e)=2+e-1e, ∴f(t)-f(s)>e+2-1e. 4.(2023河南商丘模拟)已知函数f(x)=(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x(a>0). (1)如图,设直线x=-12,y=-x将坐标平面分成Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ四个区域(不含边界),若函数y=f(x)的图象恰好位于其中一个区域内,判断其所在的区域并求对应的a的取值范围; (2)当a>12时,求证:∀x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2,有f(x1)+f(x2)<2fx1+x22. (1)解函数f(x)的定义域为-12,+∞, 且当x=0时,f(0)=-a<0. 又∵直线y=-x恰好通过原点, ∴函数y=f(x)的图象应位于区域Ⅳ内, 于是可得f(x)<-x, 即(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x<-x. ∵2x+1>0,∴a>ln(2x+1)2x+1. 令h(x)=ln(2x+1)2x+1x>-12, 则h'(x)=2-2ln(2x+1)(2x+1)2x>-12. ∴当x∈-12,e-12时,h'(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈e-12,+∞时,h'(x)<0,h(x)单调递减. ∴h(x)max=he-12=1e, ∴a的取值范围是1e,+∞. (2)证明∵f'(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1, 设u(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1, 则u'(x)=42x+1-8ax>-12, ∵当x>0时,42x+1<4,当a>12时,8a>4, ∴u'(x)=42x+1-8a<0, ∴当x>0时,f'(x)为减函数, 不妨设x2>x1>0, 令g(x)=f(x)+f(x1)-2fx+x12(x>x1), 可得g(x1)=0, g'(x)=f'(x)-f'x+x12, ∵x>x+x12且f'(x)是(0,+∞)上的减函数, ∴g'(x)<0,∴当x>x1时,g(x)为减函数, ∴g(x2)<g(x1)=0, 即f(x1)+f(x2)<2fx1+x22. 5.已知函数f(x)=ln x+ax,g(x)=e-x+bx,a,b∈R,e为自然对数的底数. (1)若函数y=g(x)在R上存在零点,求实数b的取值范围; (2)若函数y=f(x)在x=1e处的切线方程为ex+y-2+b=0.求证:对任意的x∈(0,+∞),总有f(x)>g(x). (1)解易得g'(x)=-e-x+b=b-1ex. 若b=0,则g(x)=1ex∈(0,+∞),不合题意; 若b<0,则g(0)=1>0,g-1b=e1b-1<0,满足题意, 若b>0,令g'(x)=-e-x+b=0,得x=-lnb. ∴g(x)在(-∞,-lnb)上单调递减; 在(-lnb,+∞)上单调递增, 则g(x)min=g(-lnb)=elnb-blnb=b-blnb≤0, ∴b≥e. 综上所述,实数b的取值范围是(-∞,0)∪[e,+∞). (2)证明易得f'(x)=1x-ax2, 则由题意,得f'1e=e-ae2=-e,解得a=2e. ∴f(x)=lnx+2ex,从而f1e=1, 即切点为1e,1. 将切点坐标代入ex+y-2+b=0中,解得b=0. ∴g(x)=e-x. 要证f(x)>g(x),即证lnx+2ex>e-x(x∈(0,+∞)), 只需证xlnx+2e>xe-x(x∈(0,+∞)). 令u(x)=xlnx+2e,v(x)=xe-x,x∈(0,+∞). 则由u'(x)=lnx+1=0,得x=1e, ∴u(x)在0,1e上单调递减, 在1e,+∞上单调递增, ∴u(x)min=u1e=1e. 又由v'(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x)=0,得x=1, ∴v(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴v(x)max=v(1)=1e. ∴u(x)≥u(x)min=v(x)max≥v(x), 显然,上式的等号不能同时取到. 故对任意的x∈(0,+∞),总有f(x)>g(x). 6.(2023安徽马鞍山模拟)已知函数g(x)=xln x,h(x)=ax2-12(a>0). (1)若g(x)<h(x)对x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围; (2)证明:不等式1+1n21+2n2…1+nn2<e34对于正整数n恒成立,其中e=2.718 28…为自然对数的底数. (1)解当x∈(1,+∞)时,g(x)<h(x)等价于a>2xlnx+1x2, 令F(x)=2xlnx+1x2(x>1), F'(x)=2(x-1-xlnx)x3(x>1), 记m(x)=x-1-xlnx(x>1), 则m'(x)=-lnx<0, ∴m(x)在(1,+∞)上单调递减,∴m(x)<m(1)=0, ∴F'(x)<0,即F(x)在(1,+∞)上单调递减, F(x)<F(1)=1,故a∈[1,+∞). (2)证明由(1)知取a=1, 当x∈(1,+∞)时,g(x)<h(x)恒成立, 即xlnx<x2-12恒成立,即lnx<x2-12x恒成立, 即ln(1+x)<(x+1)2-12(x+1)=x2+2x2(x+1)对于x∈(0,+∞)恒成立, 由此,ln1+kn2<(kn2) 2+2(kn2)2(kn2)+2=12kn2+kn2+k≤12kn2+kn2+1,k∈N*, 于是ln1+1n21+2n2…1+nn2 =ln1+1n2+ln1+2n2+…+ln1+nn2 <121n2+2n2+…+nn2+1n2+1+2n2+1+…+nn2+1 =14n(n+1)n2+n(n+1)n2+1 =14·2n3+2n2+n+1n(n2+1) =143-n3-2n2+2n-1n(n2+1) =143-n(n-1)2+(n-1)n(n2+1)≤34, 故1+1n21+2n2…1+nn2<e34. B组　能力提升 7.(2023广东深中、华附、省实、广雅四校联考)已知函数f(x)=x-1-a6ex+1,其中e=2.718…为自然对数的底数,常数a>0. (1)求函数f(x)在区间(0,+∞)上的零点个数; (2)函数F(x)的导数F'(x)=(ex-a)f(x),是否存在无数个a∈(1,4),使得ln a为函数F(x)的极大值点?请说明理由. 解(1)f'(x)=x-a6ex, 当0<x<a6时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x>a6时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以当x∈(0,+∞)时,f(x)min=fa6, 因为fa6<f(0)=-a6<0,f1+a6=1>0, 所以存在x0∈a6,1