高考理科数学解答题专题训练（五）函数与导数.docx
大题专项练(五)函数与导数A组基础通关1.(2017全国,理21)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).()若a0,则f(x)<0,所以f(x)在(-,+)单调递减.()若a>0,则由f(x)=0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)单调递减,在(-ln a,+)单调递增.(2)()若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.()若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a+ln a.当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-1a+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-1a+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.由于ln3a-1>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).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cv15(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+160v=3v250+60v(升);水底作业时的用氧量为100.9=9(升);返回水面用时60v2=120v(单位时间),用氧量为120v1.5=180v(升),总用氧量y=3v250+240v+9(v>0).(2)y=3v25-240v2=3(v3-2 000)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c1032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c1032,则当v=c时总用氧量最少.3.(2019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,=(a+2)2-4>0,a>0或a<-4,且至少有一根在区间(e,+)上,又x1x2=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,联立可得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,x10,1e,x2(e,+),f(t)-f(s)f(x2)-f(x1)=ln x2+ax2-1-ln x1-ax1-1=ln x2x1+ax2-1-ax1-1=ln x22+x2-1x2(x2>e),设k(x)=ln x2+x-1x=2ln x+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.(2019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,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x1x2,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xe-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)-fx+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,bR,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=-ln b.g(x)在(-,-ln b)上单调递减;在(-ln b,+)上单调递增,则g(x)min=g(-ln b)=eln b-bln b=b-bln b0,be.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f1e=e-ae2=-e,解得a=2e.f(x)=ln x+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ln x+2ex>e-x(x(0,+),只需证xln x+2e>xe-x(x(0,+).令u(x)=xln x+2e,v(x)=xe-x,x(0,+).则由u(x)=ln x+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)maxv(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.(2019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+2n21+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-xln x(x>1),则m(x)=-ln x<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a1,+).(2)证明由(1)知取a=1,当x(1,+)时,g(x)<h(x)恒成立,即xln x<x2-12恒成立,即ln x<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+k12kn2+kn2+1,kN*,于是ln1+1n21+2n21+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=142n3+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+2n21+nn2<e34.B组能力提升7.(2019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x0a6,1+a6,使f(x0)=0,且当0<x<x0时,f(x)<0,当x>x0时,f(x)>0.故函数f(x)在(0,+)上有1个零点,即x0.(2)当a>1时,ln a>0.因为当x(0,ln a)时,ex-a<0;当x(ln a,+)时,ex-a>0.由(1)知,当x(0,x0)时,f(x)<0;当x(x0,+)时,f(x)>0.下面证:当a(1,e)时,ln a<x0,即证f(ln a)<0.f(ln a)=ln a-1-a6a+1=aln a-a-a26+1,记g(x)=xln x-x-x26+1,x(1,e),g(x)=ln x-x3,x(1,e),令h(x)=g(x),则h(x)=3-x3x>0,所以g(x)在(1,e)上单调递增,由g(1)=-13<0,g(e)=1-e3>0,所以存在唯一零点t0(1,e),使得g(t0)=0,且x(1,t0)时,g(x)<0,g(x)单调递减,x(t0,e)时,g(x)>0,g(x)单调递增.所以当x(1,e)时,g(x)<maxg(1),g(e).由g(1)=-16<0,g(e)=6-e26<0,得当x(1,e)时,g(x)<0.故f(ln a)<0,0<ln a<x0.当0<x<ln a时,ex-a<0,f(x)<0,F(x)=(ex-a)f(x)>0,F(x)单调递增;当ln a<x<x0时,ex-a>0,f(x)<0,F(x)=(ex-a)f(x)<0,F(x)单调递减.所以存在a(1,e)(1,4),使得ln a为F(x)的极大值点.8.已知函数f(x)=ex(1+aln x),其中a>0,设f(x)为f(x)的导函数.(1)设g(x)=e-xf(x),若g(x)2恒成立,设a的取值范围;(2)设函数f(x)的零点为x0,函数f(x)的极小值点为x1,当a>2时,求证:x0>x1.解(1)由题设知,f(x)=ex1+ax+aln x(x>0),g(x)=e-xf(x)=1+ax+aln x,g(x)=a(x-1)x2(x>0).当x(0,1)时,g(x)<0,g(x)在区间(0,1)上单调递减,当x(1,+)时,g(x)>0,g(x)在区间(1,+)上单调递增,故g(x)在x=1处取得最小值,且g(1)=1+a.由于g(x)2恒成立,所以1+a2,得a1,即a的取值范围为1,+).(2)设h(x)=f(x)=ex1+ax+aln x,则h(x)=ex1+2ax-ax2+aln x.设H(x)=1+2ax-ax2+aln x(x>0),则H(x)=-2ax2+2ax3+ax=a(x2-2x+2)x3>0,故H(x)在(0,+)上单调递增,因为a>2,所以H(1)=a+1>0,H12=1-aln 2<0,故存在x212,1,使得H(x2)=0,则h(x)在区间(0,x2)上单调递减,在区间(x2,+)上单调递增,故x2是h(x)的极小值点,因此x2=x1.由(1)可知,当a=1时,ln x+1x1.因此h(x)h(x1)=ex11+ax1+aln x1>ex1(1+a)>0,即f(x)在(0,+)上单调递增.由于H(x1)=0,即1+2ax1-ax12+aln x1=0,即1+aln x1=ax12-2ax1,所以f(x1)=ex1(1+aln x1)=aex11-2x1x12<0=f(x0).又f(x)在(0,+)上单调递增,所以x1<x0.
