（京津专用）2022高考数学总复习 优编增分练：压轴大题突破练（四）函数与导数（2）理

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1、（京津专用）2022高考数学总复习 优编增分练：压轴大题突破练（四）函数与导数（2）理 1．(2018·江西省重点中学协作体联考)已知f(x)＝ex，g(x)＝x2＋ax－2xsin x＋1. (1)证明：1＋x≤ex≤(x∈[0,1))； (2)若x∈[0,1)时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． (1)证明　设h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1， 故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 从而h(x)≥h(0)＝0，即ex≥1＋x. 而当x∈[0,1)时，e－x≥1－x，即ex≤. (2)解　设F(x)＝f(x)－g(x)

2、＝ex－(x2＋ax－2xsin x＋1)， 则F(0)＝0， F′(x)＝ex－(2x＋a－2xcos x－2sin x)． 要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立，必须有F′(0)≥0. 即a≤1. 以下证明：当a≤1时，f(x)≥g(x)． 只要证1＋x≥x2＋x－2xsin x＋1， 只要证2sin x≥x在[0,1)上恒成立． 令φ(x)＝2sin x－x， 则φ′(x)＝2cos x－1>0对x∈[0,1)恒成立， 又φ(0)＝0，所以2sin x≥x，从而不等式得证． 2．(2018·宿州质检)设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)． (1)讨论函数f(

3、x)的单调性； (2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a， 当a＝0时，f(x)＝x， 则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)>0得x>， 由f′(x)<0得00得0， 所以函数f(x)在区间上单调递增， 在区间上单调递减． 综上所述，当a＝0时， 函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(

4、x)在区间上单调递减， 在区间上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在区间上单调递增， 在区间上单调递减． (2)证明　由(1)知a<0且＝1， 解得a＝－1，f(x)＝x－xln x. 要证f(x)≤e－x＋x2， 即证x－xln x≤e－x＋x2， 即证1－ln x≤＋x. 令F(x)＝ln x＋＋x－1(x>0)， 则F′(x)＝＋＋1 ＝. 令g(x)＝x－e－x， 得函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 而g(1)＝1－>0，g(0)＝－1<0， 所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0， 使得g(x0)＝x0－＝0， 即x0＝， 且x∈

5、(0，x0)时，g(x)<0，x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0. 故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． ∴F(x)min＝F(x0)＝ln x0 ＋＋x0－1. 又＝x0， ∴F(x)min＝ln x0＋＋x0－1 ＝－x0＋1＋x0－1＝0. ∴F(x)≥F(x0)＝0成立， 即f(x)≤e－x＋x2成立． 3．(2018·皖江八校联考)已知函数f(x)＝. (1)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值； (2)若对任意的a≤0，f(x)≤在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围． 解　(1)由题意， f′(x)＝[(2a

6、x＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x] ＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1] ＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)． ①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)， 令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f(x)的极大值为f(1)＝≠，不合题意． ②当a>0时，1－<1， 令f′(x)>0，得1－1， 所以f(x)在上单调递增， 在，(1，＋∞)上单调递减． 所以f(x)的极大值为f(1)＝＝，得a＝2. 综上所述a＝2

7、. (2)令g(a)＝＋，a∈(－∞，0]， 当x∈[0，＋∞)时，>0， 则g(a)≤对∀a∈(－∞，0]恒成立等价于g(a)≤g(0)≤， 即≤bln(x＋1)对x∈[0，＋∞)恒成立． ①当b＝0时，显然≤bln(x＋1)在[0，＋∞)上不恒成立． ②当b<0时，∀x∈(0，＋∞)，bln(x＋1)<0，>0， 此时>bln(x＋1)，不合题意． ③当b>0时，令h(x)＝bln(x＋1)－，x∈[0，＋∞)， 则h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝， 其中(x＋1)ex>0，∀x∈[0，＋∞)， 令p(x)＝bex＋x2－1，x∈[0，＋∞)， 则p(x)在区间

8、[0，＋∞)上单调递增， b≥1时，p(x)≥p(0)＝b－1≥0， 所以对∀x∈[0，＋∞)，h′(x)≥0， 从而h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以对任意x∈[0，＋∞)，h(x)≥h(0)＝0， 即不等式bln(x＋1)≥xe－x在[0，＋∞)上恒成立． 00及p(x)在区间[0，＋∞)上单调递增， 所以存在唯一的x0∈(0,1)，使得p(x0)＝0， 且x∈(0，x0)时，p(x)<0. 从而x∈(0，x0)时，h′(x)<0， 所以h(x)在区间(0，x0)上单调递减， 则x∈(0，x0)时，h(x)

9、0. (1)解　f(x)＝ln x－a·x. 令＝t，∴x＝(t>0)．令h(t)＝ln t－at， 则函数y＝h(t)与y＝f(x)的零点个数情况一致． h′(t)＝－a. (ⅰ)当a≤0时，h′(t)>0， ∴h(t)在(0，＋∞)上单调递增． 又h(1)＝－a≥0， ＝a＋－ae

10、 ≤a＋－a·＝a＋<0， ∴此时有1个零点． (ⅱ)当a>0时，h(t)在上单调递增， 在上单调递减． ∴h(t)max＝h＝ln－1. ①当ln <1即a>时，h<0，无零点． ②当ln ＝1即a＝时，h＝0,1个零点． ③当ln >1即00， 又>e>1，h(1)＝－a<0. 又－＝<(1－e)<0， h＝ln2－a·＝2ln－， 令φ(a)＝2ln －， φ′(a)＝2·＋＝>0， ∴φ(a)在上单调递增， ∴φ(a)<φ＝2－e<0，∴此时有两个零点． 综上，当a≤0或a＝时，有1个零点； 当0时，无零点．

11、 (2)要证g(x)－f(x)－ax－2>0， 只需证＋2<(2－x)e. 令＝m∈(0,1)，只需证＋2<(2－m2)em. 令l(m)＝(2－m2)em，l′(m)＝(－m2－2m＋2)em， ∴l(m)在(0，－1)上单调递增，在(－1,1)上单调递减， 又∵l(1)＝e，l(0)＝2，∴l(m)>2. 令t(m)＝，t′(m)＝>0， ∴t(m)在(0,1)上单调递增， ∴t(m)0. 5．(2018·洛阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2，其中t∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；

12、(2)当t＝3时，证明：不等式f(x1＋x2)－f(x1－x2)>－2x2恒成立(其中x1∈R，x2>0)． (1)解　由于f′(x)＝xex－tx＝x(ex－t)． (ⅰ)当t≤0时，ex－t>0， 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； (ⅱ)当t>0时，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln t. ①当00时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当ln t0，f(x)单调递增； ②当t＝1时，f′(x)≥0

13、，f(x)单调递增； ③当t>1时，ln t>0. 当x>ln t时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当00，f(x)单调递增． 综上，当t≤0时，f(x)在(－∞，0)上是减函数， 在(0，＋∞)上是增函数； 当01时，f(x)在(－∞，0)，(ln t，＋∞)上是增函数， 在(0，ln t)上是减函数． (2)证明　依题意f(x1＋

14、x2)－f(x1－x2)>(x1－x2)－(x1＋x2)⇔f(x1＋x2)＋(x1＋x2)>f(x1－x2)＋(x1－x2)恒成立． 设g(x)＝f(x)＋x， 则上式等价于g(x1＋x2)>g(x1－x2)， 要证明g(x1＋x2)>g(x1－x2)对任意x1∈R， x2∈(0，＋∞)恒成立， 即证明g(x)＝(x－1)ex－x2＋x在R上单调递增， 又g′(x)＝xex－3x＋1， 只需证明xex－3x＋1≥0即可． 令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0， ∴h(x)min＝h(0)＝0， 即∀x∈

15、R，ex≥x＋1， 那么，当x≥0时，xex≥x2＋x， ∴xex－3x＋1≥ x2－2x＋1＝(x－1)2≥0； 当x<0时，ex<1，xex－3x＋1＝x>0， ∴xex－3x＋1>0恒成立．从而原不等式成立． 6．已知函数f(x)＝ax2＋cos x(a∈R)，记f(x)的导函数为g(x)． (1)证明：当a＝时，g(x)在R上为单调函数； (2)若f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围； (3)设函数h(x)的定义域为D，区间(m，＋∞)⊆D.若h(x)在(m，＋∞)上是单调函数，则称h(x)在D上广义单调．试证明函数y＝f(x)－xln x在(0，＋∞)上广义单

16、调． (1)证明　当a＝时，f(x)＝x2＋cos x， 所以f′(x)＝x－sin x，即g(x)＝x－sin x， 所以g′(x)＝1－cos x≥0， 所以g(x)在R上单调递增． (2)解　因为g(x)＝f′(x)＝2ax－sin x， 所以g′(x)＝2a－cos x. ①当a≥时，g′(x)≥1－cos x≥0， 所以函数f′(x)在R上单调递增． 若x>0，则f′(x)>f′(0)＝0； 若x<0，则f′(x)

17、a≤－时，g′(x)≤－1－cos x≤0， 所以函数f′(x)在R上单调递减． 若x>0，则f′(x)f′(0)＝0， 所以f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)， 单调递增区间是(－∞，0)， 所以f(x)在x＝0处取得极大值，不符合题意． ③当－2a，即g′(x)<0， 所以函数f′(x)在(0，x0)上单调递减， 所以f′(x)0)． ①若a>0，注意到ln x2ax－2－2 ＝2a. 当x>2时，h′(x)>0， 所以当m＝2时，函数h(x)在(m，＋∞)上单调递增． ②若a≤0，当x>1时， h′(x)＝2ax－sin x－1－ln x≤－sin x－1－ln x<0， 所以当m＝1时，函数h(x)在(m，＋∞)上单调递减． 综上所述，函数y＝f(x)－xln x在区间(0，＋∞)上广义单调．