統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷二主觀題專練12函數(shù)與導(dǎo)數(shù)文

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(12)1．[2023·陜西寶雞中學(xué)模擬預(yù)測(文)]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R).(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)當(dāng)a>0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．2．[2023·河南鄭州三模(文)]已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)lnx＋x2－1，a∈R.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，若曲線y＝f(x)的一條切線斜率為4，求該切線方程；(2)試討論f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．3．[2023·陜西西安模擬預(yù)測(文)]已知函數(shù)f(x)＝(x－a)ex－eq\f(1,2)x2＋(a－1)x，a∈R.(1)當(dāng)a≥1時(shí)，若x＝0為f(x)的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍；(2)證明：當(dāng)x≥a時(shí)，f(x)≥－eq\f(1,2).4．[2023·黑龍江哈師大附中三模(文)]已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋a(lnx－2x＋2).(1)若x>1時(shí)，f(x)>0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)證明：(2x＋1)lnx＋eq\f(1,x)>0.5．[2023·黑龍江哈爾濱三中模擬(文)]已知函數(shù)f(x)＝ex－a(1＋lnx)，a∈R.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．6．[2023·全國甲卷(文)]已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos2x)，x∈(0，eq\f(π,2)).(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)＋sinx<0，求a的取值范圍．函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（12）1．解析：（1）當(dāng)a＝－1時(shí)，f（x）＝－eq\f(1,2)x2＋x＋2lnx，所以f′（x）＝－x＋1＋eq\f(2,x)，所以f′（1）＝2，f（1）＝eq\f(1,2)，故f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程是y－eq\f(1,2)＝2（x－1），即4x－2y－3＝0.（2）因?yàn)閒（x）＝eq\f(1,2)ax2－（2a＋1）x＋2lnx定義域?yàn)椋?，＋∞），所以f′（x）＝ax－（2a＋1）＋eq\f(2,x)＝eq\f(（ax－1）（x－2）,x)，因?yàn)閍>0，當(dāng)0<eq\f(1,a)<2，即當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，由f′（x）>0，解得0<x<eq\f(1,a)或x>2，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f′（x）＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))（x－2）,x)≥0恒成立，當(dāng)eq\f(1,a)>2，即當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，由f′（x）>0，解得0<x<2或x>eq\f(1,a)，綜上，當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，f（x）的遞增區(qū)間是（0，eq\f(1,a)），（2，＋∞），當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f（x）的遞增區(qū)間是（0，＋∞），當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，f（x）的遞增區(qū)間是（0，2），（eq\f(1,a)，＋∞）.2．解析：（1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝2lnx＋x2－1，f′（x）＝eq\f(2,x)＋2x.設(shè)切點(diǎn)為（x0，f（x0）），由f′（x0）＝4解得x0＝1，又f（1）＝0，則切點(diǎn)為（1，0）.所求切線方程為y＝4x－4.（2）f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），f′（x）＝eq\f(a＋1,x)＋2x＝eq\f(2x2＋a＋1,x).①當(dāng)a＋1≥0時(shí)，即a≥－1時(shí)，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增，f（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，又f（1）＝0，故f（x）有1個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)a＋1<0時(shí)，即a<－1時(shí)，x∈（0,eq\r(－\f(a＋1,2))）時(shí)，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減；x∈（eq\r(－\f(a＋1,2))，＋∞）時(shí)，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增．f（x）有極小值也是最小值f（eq\r(－\f(a＋1,2))）＝（a＋1）lneq\r(－\f(a＋1,2))－eq\f(a＋1,2)－1，令－eq\f(a＋1,2)＝t（t>0），（a＋1）lneq\r(－\f(a＋1,2))－eq\f(a＋1,2)－1＝－tlnt＋t－1，令g（t）＝－tlnt＋t－1，g′（t）＝－lnt，則g（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，又g（1）＝0，0<t<1或t>1時(shí)，g（t）<0.（?。゛＝－3時(shí)，t＝－eq\f(a＋1,2)＝1，f（eq\r(－\f(a＋1,2))）＝0，f（x）有1個(gè)零點(diǎn)．（ⅱ）a<－3時(shí)，t＝－eq\f(a＋1,2)>1，f（eq\r(－\f(a＋1,2))）<0，－a>－eq\f(a＋1,2)>eq\r(－\f(a＋1,2))，f（－a）＝（a＋1）ln（－a）＋a2－1＝（a＋1）（ln（－a）－（－a）－1），令h（x）＝lnx－x－1，則h′（x）＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，h′（x）>0，h（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，h′（x）<0，h（x）單調(diào)遞減，則h（x）≤h（1）＝－2，故ln（－a）－（－a）－1<0，f（－a）>0，則f（x）在（eq\r(－\f(a＋1,2))，－a）有1個(gè)零點(diǎn)，又f（1）＝0，則f（x）有2個(gè)零點(diǎn)．（ⅲ）－3<a<－1時(shí)，t＝－eq\f(a＋1,2)<1，f（eq\r(－\f(a＋1,2))）<0，eeq\f(1,a＋1)<1，f（eeq\f(1,a＋1)）＝eeq\f(1,a＋2)>0，則f（x）在（eeq\f(1,a＋1)，eq\r(－\f(a＋1,2))）有1個(gè)零點(diǎn)，又f（1）＝0，f（x）有2個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，a≥－1或a＝－3時(shí)，f（x）有1個(gè)零點(diǎn)；a<－1且a≠－3時(shí)，f（x）有2個(gè)零點(diǎn)．3．解析：（1）∵f（x）＝（x－a）ex－eq\f(1,2)x2＋（a－1）x，∴f′（x）＝（x－a＋1）ex－x＋（a－1）＝（x－a＋1）（ex－1），由f′（x）＝0，可得x＝0或x＝a－1，當(dāng)a＝1時(shí)，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，函數(shù)f（x）無極值，故不符合題意，當(dāng)a>1時(shí)，x∈（－∞，0），f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增，x∈（0，a－1），f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減，所以x＝0為f（x）的極大值點(diǎn)；綜上，a的取值范圍為（1，＋∞）.（2）證明：由上可知，f′（x）＝（x－a＋1）（ex－1），由x≥a，可得x－a＋1>0，當(dāng)a≥0時(shí)，x∈（a，＋∞），f′（x）>0，函數(shù)f（x）在（a，＋∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）≥f（a）＝－eq\f(1,2)a2＋（a－1）a＝eq\f(1,2)（a－1）2－eq\f(1,2)≥－eq\f(1,2)，當(dāng)a<0時(shí)，x∈（a，0），f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減，x∈（0，＋∞），f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）≥f（0）＝－a>0，綜上，當(dāng)x≥a時(shí)，f（x）≥－eq\f(1,2).4．解析：（1）因?yàn)閒（x）＝xlnx＋a（lnx－2x＋2），所以f′（x）＝1＋lnx＋a（eq\f(1,x)－2），令g（x）＝f′（x）＝1＋lnx＋a（eq\f(1,x)－2），則g′（x）＝eq\f(x－a,x2)，①當(dāng)a≤1時(shí)，因?yàn)閤>1，所以x－a>0，所以g′（x）>0，所以f′（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f′（x）>f′（1）＝1－a≥0，所以f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）>f（1）＝0，所以a≤1滿足題意；②當(dāng)a>1時(shí)，此時(shí)當(dāng)1<x<a時(shí)，x－a<0，g′（x）<0，所以f′（x）在（1，a）上單調(diào)遞減，所以f′（x）<f′（1）＝1－a<0，即f（x）在（1，a）上單調(diào)遞減，所以f（x）<f（1）＝0，所以a>1時(shí)不滿足題意；綜上可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，1].（2）證明：由（1）可知當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）＝xlnx，所以f′（x）＝1＋lnx，所以f′（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1＋lneq\f(1,e)＝0，當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時(shí)，f′（x）<0，x>eq\f(1,e)時(shí)f′（x）>0，所以f（x）在（0，eq\f(1,e)）上單調(diào)遞減，在（eq\f(1,e)，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，即xlnx≥－eq\f(1,e)，所以x2lnx2≥－eq\f(1,e)，則x2lnx2＋xlnx≥－eq\f(2,e)，即2x2lnx＋xlnx≥－eq\f(2,e)，所以（2x2＋x）lnx≥－eq\f(2,e)>－1，因?yàn)閤>0，所以（2x＋1）lnx>eq\f(－1,x)，即（2x＋1）lnx＋eq\f(1,x)>0.5．解析：（1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝ex－1－lnx，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），f′（x）＝e－eq\f(1,x)＝eq\f(ex－1,x)，由f′（x）＝0，可得x＝eq\f(1,e)，當(dāng)x∈（0，eq\f(1,e)）時(shí)，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（eq\f(1,e)，＋∞）時(shí)，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，eq\f(1,e)），單調(diào)增區(qū)間為（eq\f(1,e)，＋∞）.（2）由題可知f′（x）＝e－eq\f(a,x)＝eq\f(ex－a,x)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）>0，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)f（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意，當(dāng)a>0時(shí)，由f′（x）＝0，可得x＝eq\f(a,e)，當(dāng)x∈（0，eq\f(a,e)）時(shí)，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（eq\f(a,e)，＋∞）時(shí)，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增，函數(shù)f（x）在（0，eq\f(a,e)）上單調(diào)遞減，在（eq\f(a,e)，＋∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,e)))＝－alneq\f(a,e)，當(dāng)－alneq\f(a,e)≥0，即0<a≤e時(shí)，f（x）min≥0，函數(shù)f（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意，當(dāng)－alneq\f(a,e)<0，即a>e時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,e)))＝－alneq\f(a,e)<0，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1>0，∴?x1∈（eq\f(1,e)，eq\f(a,e)），f（x1）＝0，對于函數(shù)y＝eq\f(x,lnx)，x>e，則y′＝eq\f(lnx－1,ln2x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，由a>e，可得eq\f(a,lna)>eq\f(e,lne)，即ea>ae，∴f（ea－1）＝ea－a2>ae－a2>0，∴?x2∈（eq\f(a,e)，ea－1），f（x2）＝0，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（e，＋∞）.6．解析：（1）（cos2x）′＝（cosxcosx）′＝－sinxcosx＋cosx·（－sinx）＝－2sinxcosx，f′（x）＝a－eq\f(cosx·cos2x－sinx·（－2sinxcosx）,cos4x)＝a－eq\f(cos2x＋2sin2x,cos3x)＝a－eq\f(2－cos2x,cos3x).當(dāng)a＝1時(shí)，f′（x）＝1－eq\f(2－cos2x,cos3x)＝eq\f(cos3x＋cos2x－2,cos3x).因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosx∈（0，1），cos3x＋cos2x＜2，故f′（x）<0，故當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．（2）方法一令F（x）＝ax－eq\f(sinx,cos2x)＋sinx，則F（0）＝0.F′（x）＝a－eq\f(2－cos2x,cos3x)＋cosx＝a＋eq\f(cos4x＋cos2x－2,cos3x).令F′（0）＝0，得a＝0.當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)′（0）＝a>0，當(dāng)x→eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))eq\s\up12(＋)時(shí)，F(xiàn)′（x）→－∞，所以存在一個(gè)x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，滿足F′（x0）＝0，且當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增，則當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，F(xiàn)（x）>F（0）＝0，不符合題意．當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閒（x）＋sinx＝ax－eq\f(sinx（1－cos2x）,cos2x)＝ax－eq\f(sin3x,cos2x)≤－eq\f(sin3x,cos2x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以要證f（x）＋sinx<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，只需證－eq\f(sin3x,cos2x)<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立．因?yàn)閏os2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒大于0，sin3x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒大于0，所以－eq\f(sin3x,cos2x)<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，命題得證．綜上，a的取值范圍為（－∞，0].方法二依題意，f（x）＋sinx＝ax－eq\f(sinx,cos2x)＋sinx＝ax＋sinxeq\b\l