2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用高考大題規(guī)范解答-高考中函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題的熱點題型提能訓(xùn)練

第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用高考大題規(guī)范解答——高考中函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題的熱點題型A組基礎(chǔ)鞏固1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當x>0時，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．[解析](1)f(x)的定義域為R，f′(x)＝ex－a.當a≤0時，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．當a>0時，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)．(2)由題設(shè)可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋eq\f(x＋1,ex－1)(x>0)恒成立，令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq\f(ex－1－x＋1ex,ex－12)＋1＝eq\f(exex－x－2,ex－12)(x>0)．由(1)的結(jié)論可知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函數(shù)．又因為h(1)<0，h(2)>0，所以函數(shù)h(x)的唯一零點α∈(1,2)(該零點就是h(x)的唯一零點)．當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(a)＝eq\f(α＋1,eα－1)＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1,2)，則g(x)min＝g(a)＝1＋a∈(2,3)，所以k的最大值為2.2．已知函數(shù)f(x)＝ex.(1)若f(x)≥ax＋1，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若g(x)＝x＋lnx，求證：g(x)－xex＋1≤0.[解析](1)f(x)≥ax＋1，化為ex－ax－1≥0，令u(x)＝ex－ax－1，則u′(x)＝ex－a，當a≤0時，u′(x)＝ex－a>0，函數(shù)u(x)在R上單調(diào)遞增，而u(0)＝1－1＝0，因此x<0時，u(x)<0，不符合題意，舍去．當a>0時，令u′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna，x∈(－∞，lna)時，u′(x)<0，此時，函數(shù)u(x)單調(diào)遞減，x∈(lna，＋∞)時，u′(x)>0，此時，函數(shù)u(x)單調(diào)遞增，所以x＝lna時，函數(shù)u(x)取得微小值即最小值，所以u(lna)＝a－alna－1≥0，令v(a)＝a－alna－1，則v′(a)＝1－lna－1＝－lna，可得v(a)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，a＝1時，v(a)取得極大值v(1)＝1－0－1＝0，可得a＝1時滿足題意．所以實數(shù)a的取值范圍為{1}．(2)令h(x)＝g(x)－xex＋1＝x＋lnx－xex＋1，x∈(0，＋∞)，h′(x)＝1＋eq\f(1,x)－(x＋1)ex＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－ex))，令y＝eq\f(1,x)－ex，則函數(shù)y＝eq\f(1,x)－ex在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又y(1)＝1－e<0，yeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\r(e)>0，所以存在唯一零點x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))?(0，＋∞)，使得ex0＝eq\f(1,x0)，即x0＝－lnx0.x0是h(x)的極大值即最大值，h(x0)＝x0－x0－1＋1＝0，所以h(x)≤h(x0)＝0，因此g(x)－xex＋1≤0.3．設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－(2a＋2)ex＋2ax.(1)當a<0時，探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝2e2x－(2a＋2)ex＋2a＝2(ex－1)(ex－a)，∵a<0，∴ex－a>0，令f′(x)＝0，解得x＝0，當x>0時，f′(x)>0，當x<0時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由(1)知，①當a<0時，函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(0)＝1－(2a＋2)＋0＝－2a－1，當x→－∞時，f(x)→＋∞，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，∵f(x)有兩個零點，∴f(x)min＝－2a－1<0，解得－eq\f(1,2)<a<0，②當a＝0時，f(x)＝e2x－2ex＝0，解得x＝ln2，只有一個零點，不符合題意，③當a>0時，由(1)知f′(x)＝2(ex－1)(ex－a)，當x→－∞時，f(x)→－∞，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，令f′(x)＝0，解得x＝0，或x＝lna，當0<a<1時，lna<0，∴f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna,0)上單調(diào)遞減，∴f(x)微小值＝f(0)＝－2a－1<0，f(x)極大值＝f(lna)＝－a2－2a＋2alna<0，∴函數(shù)f(x)只有一個零點，不合題意，當a>1時，lna>0，∴f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減，∴f(x)極大值＝f(0)＝－2a－1<0，函數(shù)f(x)只有一個零點，不合題意，當a＝1時，f′(x)＝2(ex－1)(ex－1)≥0恒成立，∴f(x)在R上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)只有一個零點，綜上所述：f(x)有兩個零點，則a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).B組實力提升1．(2024·河北邢臺一模，21)已知函數(shù)f(x)＝a·e2x＋1－2ex＋1＋eq\f(a,2)·ex－eq\f(x,2).(1)當a＝1時，求f(x)的微小值；(2)若f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，當a＝1時，f′(x)＝2e2x＋1－2ex＋1＋eq\f(1,2)ex－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(ex－1)(4ex＋1＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝0.當x變更時，f′(x)，f(x)的變更狀況如表：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減eq\f(1,2)－e單調(diào)遞增因此，當x＝0時，f(x)有微小值，微小值為f(0)＝eq\f(1,2)－e.(2)f′(x)＝2ae2x＋1－2ex＋1＋eq\f(a,2)ex－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(aex－1)(4ex＋1＋1)，①若a≤0，則f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)至多有一個零點．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝－lna.當x∈(－∞，－lna)時，f′(x)<0；當x∈(－lna，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．所以當x＝－lna時，f(x)取得微小值，即最小值，為f(－lna)＝eq\f(1,2)－eq\f(e,a)＋eq\f(1,2)lna.當a＝e時，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一個零點；當a∈(e，＋∞)時，由于eq\f(1,2)－eq\f(e,a)＋eq\f(1,2)lna>0，即f(－lna)>0，故f(x)沒有零點；當a∈(0，e)時，eq\f(1,2)－eq\f(e,a)＋eq\f(1,2)lna<0，即f(－lna)<0.lna<1，即－lna>－1>－2且f(－2)＝eq\f(a,e3)＋eq\f(a,2e2)＋1－eq\f(2,e)>0，故f(x)在(－∞，－lna)有一個零點．∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2e,a)))＝eq\f(4e3－4e2,a)＋e－eq\f(1,2)lneq\f(2e,a)，且lneq\f(2e,a)>－lna，先證x>0時lnx≤x－1.設(shè)m(x)＝lnx－(x－1)，則m′(x)＝eq\f(1－x,x)，當0<x<1時，m′(x)>0，當x>1時，m′(x)<0，故m(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．當x＝1時，m(x)取到最大值m(1)＝0，故x>0時lnx≤x－1.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2e,a)))＝eq\f(4e3－4e2,a)＋e－eq\f(1,2)lneq\f(2e,a)≥eq\f(4e3－4e2,a)＋e－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,a)－1))＝eq\f(4e3－4e2－e,a)＋e＋eq\f(1,2)>0，因此f(x)在(－lna，＋∞)上有一個零點．綜上，a的取值范圍為(0，e)．2．(2024·廣東茂名二模，21)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)＋lnx－2ax，a為常數(shù)，且a>0.(1)推斷f(x)的單調(diào)性；(2)當0<a<1時，假如存在兩個不同的正實數(shù)m，n且f(m)＋f(n)＝1－4a，證明：m＋n>2.[解析](1)∵f(x)＝eq\f(x2,2)＋lnx－2ax，∴f′(x)＝x＋eq\f(1,x)－2a＝eq\f(x2－2ax＋1,x)，x∈(0，＋∞)，記g(x)＝x2－2ax＋1，①當Δ＝4a2－4≤0，即0<a≤1時，g(x)＝x2－2ax＋1≥0恒成立，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當Δ＝4a2－4>0，即a>1時，方程有兩個不等實根，且x1＝eq\f(2a－\r(4a2－4),2)＝a－eq\r(a2－1)>0，x2＝eq\f(2a＋\r(4a2－4),2)＝a＋eq\r(a2－1)>0，∴?x∈(0，a－eq\r(a2－1))，x2－2ax＋1>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，?x∈(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))，x2－2ax＋1<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，?x∈(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)，x2－2ax＋1>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上所述：①當0<a≤1時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，②當a>1時，f(x)在(0，a－eq\r(a2－1))和(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))上單調(diào)遞減．(2)證明：∵f(1)＝eq\f(1,2)－2a，∴f(m)＋f(n)＝1－4a＝2f(1)，由(1)可知0<a<1時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故不妨設(shè)0<m<1<n，要證m＋n>2，即證n>2－m>1，又∵當0<a<1時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴只需證f(n)>f