高考數(shù)學大二輪復習 大題專項練（五）函數(shù)與導數(shù) 理-人教版高三數(shù)學試題

大題專項練(五)函數(shù)與導數(shù)A組基礎(chǔ)通關(guān)1.(2017全國Ⅰ,理21)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(ⅰ)若a≤0,則f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞減.(ⅱ)若a>0,則由f'(x)=0得x=-lna.當x∈(-∞,-lna)時,f'(x)<0;當x∈(-lna,+∞)時,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-lna)單調(diào)遞減,在(-lna,+∞)單調(diào)遞增.(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一個零點.(ⅱ)若a>0,由(1)知,當x=-lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(-lna)=1-1a+lna①當a=1時,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一個零點;②當a∈(1,+∞)時,由于1-1a+lna>即f(-lna)>0,故f(x)沒有零點;③當a∈(0,1)時,1-1a+lna<0,即f(-lna)<0又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-lna)有一個零點.設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln3a則f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>由于ln3a-1>-lna,因此f(x)在(-lna,+綜上,a的取值范圍為(0,1).2.在某次水下科研考查活動中,需要潛水員潛入水深為60米的水底進行作業(yè),根據(jù)以往經(jīng)驗,潛水員下潛的平均速度為v(米/單位時間),每單位時間的用氧量為v103+1(升),在水底作業(yè)10個單位時間,每單位時間用氧量為0.9(升),返回水面的平均速度為v2(米/單位時間),每單位時間用氧量為1.5(升),記該潛水員在此次考查活動中的總用氧量為y(升).(1)求y關(guān)于v的函數(shù)關(guān)系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求當下潛速度v取什么值時,總用氧量最少.解(1)由題意,得下潛用時60v用氧量為v103+1×60v=3v水底作業(yè)時的用氧量為10×0.9=9(升);返回水面用時60v用氧量為120v×1.5=180∴總用氧量y=3v250+240(2)y'=3v令y'=0,得v=1032當0<v<1032時,y'<當v>1032時,y'>∴當0<c<1032時,函數(shù)在(c,103在(1032∴當v=1032當c≥1032時,y在[c∴當v=c時總用氧量最少.綜上,若0<c<1032則當v=1032時總用氧量最少;若c≥103則當v=c時總用氧量最少.3.(2019安徽淮北模擬)已知函數(shù)f(x)=ax-1+(1)若函數(shù)f(x)在(e,+∞)內(nèi)有極值,求實數(shù)a的取值范圍;(2)在(1)的條件下,對任意t∈(1,+∞),s∈(0,1),求證:f(t)-f(s)>e+2-1e(1)解由定義域為(0,1)∪(1,+∞),f'(x)=1x設(shè)h(x)=x2-(a+2)x+1,要使y=f(x)在(e,+∞)上有極值,則x2-(a+2)x+1=0有兩個不同的實根x1,x2,∴Δ=(a+2)2-4>0,∴a>0或a<-4,①且至少有一根在區(qū)間(e,+∞)上,又∵x1·x2=1,∴只有一根在區(qū)間(e,+∞)上,不妨設(shè)x2>e,∴0<x1<1e<e<x2又h(0)=1,∴只需h1e<0,即1e2-(a+2)1e+1∴a>e+1e-2,聯(lián)立①②可得a>e+1e-2即實數(shù)a的取值范圍是e+1e-2,+∞.(2)證明由(1)知,當x∈(1,x2)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當x∈(x2,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,∴f(x)在(1,+∞)上有最小值f(x2),即?t∈(1,+∞),都有f(t)≥f(x2),又當x∈(0,x1)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當x∈(x1,1)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1),即對?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-ln=lnx=lnx22+x2-1x2(設(shè)k(x)=lnx2+x-1x=2lnx+x-1x(則k'(x)=2x+1+1x2>∴k(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增,∴k(x)>k(e)=2+e-1e∴f(t)-f(s)>e+2-1e4.(2019河南商丘模擬)已知函數(shù)f(x)=(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x(a>0).(1)如圖,設(shè)直線x=-12,y=-x將坐標平面分成Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ四個區(qū)域(不含邊界),若函數(shù)y=f(x)的圖象恰好位于其中一個區(qū)域內(nèi),判斷其所在的區(qū)域并求對應的a(2)當a>12時,求證:?x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2,有f(x1)+f(x2)<2fx1+(1)解函數(shù)f(x)的定義域為-12,+∞,且當x=0時,f(0)=-a<0.又∵直線y=-x恰好通過原點,∴函數(shù)y=f(x)的圖象應位于區(qū)域Ⅳ內(nèi),于是可得f(x)<-x,即(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x<-x.∵2x+1>0,∴a>ln(令h(x)=ln(2x+1)則h'(x)=2-2ln(2x∴當x∈-12,e-12時,h'(x)>0,當x∈e-12,+∞時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減∴h(x)max=he-12=1∴a的取值范圍是1e,+∞.(2)證明∵f'(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1,設(shè)u(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1,則u'(x)=42x+1-8ax>-1∵當x>0時,42x+1<4,當a>1∴u'(x)=42x+1-∴當x>0時,f'(x)為減函數(shù),不妨設(shè)x2>x1>0,令g(x)=f(x)+f(x1)-2fx+x12(x>x可得g(x1)=0,g'(x)=f'(x)-f'x+x1∵x>x+x12且f'(x∴g'(x)<0,∴當x>x1時,g(x)為減函數(shù),∴g(x2)<g(x1)=0,即f(x1)+f(x2)<2fx1+x5.已知函數(shù)f(x)=lnx+ax,g(x)=e-x+bx,a,b∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)若函數(shù)y=g(x)在R上存在零點,求實數(shù)b的取值范圍;(2)若函數(shù)y=f(x)在x=1e處的切線方程為ex+y-2+b=0.求證:對任意的x∈(0,+∞),總有f(x)>g(x)(1)解易得g'(x)=-e-x+b=b-1e若b=0,則g(x)=1ex∈(0,+若b<0,則g(0)=1>0,g-1b=e1b-1<若b>0,令g'(x)=-e-x+b=0,得x=-lnb.∴g(x)在(-∞,-lnb)上單調(diào)遞減;在(-lnb,+∞)上單調(diào)遞增,則g(x)min=g(-lnb)=elnb-blnb=b-blnb≤0,∴b≥e.綜上所述,實數(shù)b的取值范圍是(-∞,0)∪[e,+∞).(2)證明易得f'(x)=1x則由題意,得f'1e=e-ae2=-e,解得a=2e.∴f(x)=lnx+2ex,從而f1e=即切點為1e,1.將切點坐標代入ex+y-2+b=0中,解得b=0.∴g(x)=e-x.要證f(x)>g(x),即證lnx+2ex>e-x(x∈(0,+只需證xlnx+2e>xe-x(x∈(0,+∞))令u(x)=xlnx+2e,v(x)=xe-x,x∈(0,+∞)則由u'(x)=lnx+1=0,得x=1e∴u(x)在0,1e上單調(diào)遞減,在1e,+∞上單調(diào)遞增,∴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)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,∴v(x)max=v(1)=1e∴u(x)≥u(x)min=v(x)max≥v(x),顯然,上式的等號不能同時取到.故對任意的x∈(0,+∞),總有f(x)>g(x).6.(2019安徽馬鞍山模擬)已知函數(shù)g(x)=xlnx,h(x)=ax2-1(1)若g(x)<h(x)對x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范圍;(2)證明:不等式1+1n21+2n2…1+nn2<e34對于正整數(shù)n恒成立,其中e=2.(1)解當x∈(1,+∞)時,g(x)<h(x)等價于a>2x令F(x)=2xlnxF'(x)=2(x-記m(x)=x-1-xlnx(x>1),則m'(x)=-lnx<0,∴m(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,∴m(x)<m(1)=0,∴F'(x)<0,即F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,F(x)<F(1)=1,故a∈[1,+∞).(2)證明由(1)知取a=1,當x∈(1,+∞)時,g(x)<h(x)恒成立,即xlnx<x2-12即ln(1+x)<(x+1)2-12由此,ln1+kn2<(kn2)

2+2(kn2于是ln1+1n21+2n2…1+nn2=ln1+1n2+ln1+2n2+…+ln1+nn2<121n2+2n2+=14=1=143-n3=143-n(n-1故1+1n21+2n2…1+nn2<e3B組能力提升7.(2019廣東深中、華附、省實、廣雅四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x-1-a6ex+1,其中e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù),常數(shù)a>0.(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的零點個數(shù);(2)函數(shù)F(x)的導數(shù)F'(x)=(ex-a)f(x),是否存在無數(shù)個a∈(1,4),使得lna為函數(shù)F(x)的極大值點?請說明理由.解(1)f'(x)=x-a6ex,當0<x<a6時,f'(x)<0,f(x當x>a6時,f'(x)>0,f(x所以當x∈(0,+∞)時,f(x)min=fa6,因為fa6<f(0)=-a6<0,f1+a6=1>0,所以存在x0∈a6,1+a6,使f(x0)=0,且當0<x<x0時,f(x)<0,當x>x0時,f(x)>0.故函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有1個零點,即x0.(2)當a>1時,lna>0.因為當x∈(0,lna)時,ex-a<0;當x∈(lna,+∞)時,ex-a>0.由(1)知,當x∈(0,x0)時,f(x)<0;當x∈(x0,+∞)時,f(x)>0.下面證:當a∈(1,e)時,lna<x0,即證f(lna)<0.f(lna)=lna-1-a6a+1=alna-a-a26+記g(x)=xlnx-x-x26+1,xg'(x)=lnx-x3,x∈令h(x)=g'(x),則h'(x)=3-x所以g'(x)在(1,e)上單調(diào)遞增,由g'(1)=-13<0,g'(e)=1-e3所以存在唯一零點t0∈(1,e),使得g'(t0)=0,且x∈(1,t0)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,x∈(t0,e)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以當x∈(1,e)時,g(x)<max{g(1),g(e)}.由g(1)=-16<0,g(e)=6-得當x∈(1,e)時,g(x)<0.故f(lna)<0,0<lna<x0.當0<x<lna時,ex-a<0,f(x)<0,F'(x)=(ex-a)f(x)>0,F(x)單調(diào)遞增;當lna<x<x0時,ex-a>0,f(x)<0,F'(x)=(ex-a)f(x)<0,F(x)單調(diào)遞減.所以存在a∈(1,e)?(1,4),使得lna為F(x)的極大值點.8.已知函數(shù)f(x)=ex(1+alnx),其中a>0,設(shè)f'(x)為f(x)的導函數(shù).(1)設(shè)g(x)=e-xf'(x),若g(x)≥2恒成立,設(shè)a的取值范圍;(2)設(shè)函數(shù)f(x)的零點為x0,函數(shù)f'(x)的極小值點為x1,當a>2時,求證:x0>x1.解(1)由題設(shè)知,f'(x)=ex1+ax+alnx(x>0),g(x)=e-xf'(x)=1+ax+alnxg'(x)=a(x-1當x∈(0,1)時,g'(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,當x∈(1,+∞)時,g'(x)>0,g(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,故g(x)在x=1處取得最小值,且g(1)=1+a.由于g(x)≥2恒成立,所以1+a≥2,得a≥1,即a的取值范圍為[1,+∞).(2)設(shè)h(x)=f'(x)=ex1+ax+alnx,則h'(x)=ex1+2ax-ax2設(shè)H(x)=1+2ax-ax2則H'(x)=-2ax故H(x)在(0,+∞)