高考解答题专项训练1

高考解答题专项训练(一)函数与导数1.(2019·河南豫北名校联考)已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明：x1＋x2＞－2.解：(1)易得f′(x)＝ex＋1－k，,当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝lnk－1，可得当x∈(－∞，lnk－1)时，f′(x)＜0，当x∈(lnk－1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在区间(－∞，lnk－1)上单调递减，在区间(lnk－1，＋∞)上单调递增．当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k＞0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增．(2)证明：当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k＞0，由题意知ex1＋1＝k(x1＋2)，ex2＋1＝k(x2＋2)，∴x1＋2＞0，x2＋2＞0，,可得x1－x2＝lnx1＋2x2＋2.不妨设x1＞x2，令x1＋2x2＋2＝t，则t＞1，,由x1＋2x2＋2＝t，x1－x2＝lnx1＋2x2＋2，解得x1＋2＝tlntt－1，x2＋2＝lntt－1，所以x1＋x2＋4＝t＋1lntt－1，欲证x1＋x2＞－2，只需证明t＋1lntt－1＞2，即证(t＋1)lnt－2(t－1)＞0，设g(t)＝(t＋1)lnt－2(t－1)(t＞1)，则g′(t)＝lnt＋1t(t＋1)－2＝lnt＋1t－1.设h(t)＝lnt＋1t－1(t＞1)，则h′(t)＝1t－1t2＞0，h(t)单调递增，所以g′(t)＞g′(1)＝0.所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)＞g(1)＝0，即(t＋1)lnt－2(t－1)＞0，原不等式得证．2．(2019·山西三区八校模拟)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．解：(1)因为f(x)＝lnx＋ax2＋bx，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋b，因为函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，又a＝1，所以b＝－3，则f′(x)＝2x2－3x＋1x，令f′(x)＝0，得x1＝12，x2＝1.f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x0，121212，11(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间为0，12，(1，＋∞)；单调递减区间为12，1.(2)由(1)知f′(x)＝2ax2－2a＋1x＋1x＝2ax－1x－1x(x＞0)，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝12a，因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝12a≠x1＝1，若12a＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2，当a＞0时，x2＝12a＞0，若12a＜1时，f(x)在0，12a，[1，e]上单调递增，在12a，1上单调递减，所以最大值可能在x＝12a或x＝e处取得，而f12a＝ln12a＋a12a2－(2a＋1)12a＝ln12a－14a－1＜0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝1e－2，若1＜12a＜e时，f(x)在区间(0,1)，12a，e上单调递增，在1，12a上单调递减，所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝1e－2，与1＜x2＝12a＜e矛盾，当x2＝12a≥e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾；综上所述，a＝1e－2或a＝－2.3．设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．解：(1)由题意知函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点．②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．a．当0＜a≤89时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点．b．当a＞89时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－12，所以x1＜－14，x2＞－14.由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－14.所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．因此函数有两个极值点．③当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．所以函数有一个极值点．综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a＞89时，函数f(x)有两个极值点．(2)由(1)知，①当0≤a≤89时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意．②当89＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意．③当a＞1时，由g(0)＜0，可得x2＞0.所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减．因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意．④当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1)．因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x，当x＞1－1a时，ax2＋(1－a)x＜0，此时f(x)＜0，不合题意．综上所述，a的取值范围是[0,1]．4．(2019·宝安桂城联考)已知函数f(x)＝lnx，h(x)＝ax(a∈R)．(1)若函数f(x)与h(x)的图象无公共点，试求实数a的取值范围；(2)是否存在实数m，使得对任意的x∈12，＋∞，都有函数y＝f(x)＋mx的图象在g(x)＝exx的图象的下方？若存在，请求出最大整数m的值；若不存在，请说明理由．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，e≈1.6487，3e≈1.3956.解：(1)函数f(x)与h(x)的图象无公共点，等价于方程lnxx＝a在(0，＋∞)上无解．令t(x)＝lnxx(x＞0)，则t′(x)＝1－lnxx2，令t′(x)＝0，得x＝e.当x变化时，t′(x)，t(x)的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)t′(x)＋0－t(x)极大值由表可知x＝e是函数t(x)的唯一极大值点，故tmax＝t(e)＝1e，故要使方程lnxx＝a在(0，＋∞)上无解，只需a＞1e，故实数a的取值范围为1e，＋∞.(2)假设存在实数m满足题意，则不等式lnx＋mx＜exx对x∈12，＋∞恒成立，即m＜ex－xlnx对x∈12，＋∞恒成立．令r(x)＝ex－xlnx，则r′(x)＝ex－lnx－1，令φ(x)＝ex－lnx－1，则φ′(x)＝ex－1x，因为φ′(x)在12，＋∞上单调递增，φ′12＝e12－2＜0，φ′(1)＝e－1＞0，且φ′(x)的图象在12，1上连续，所以存在x0∈12，1，使得φ′(x0)＝0，即ex0－1x0＝0，则x0＝－lnx0.所以当x∈12，x0时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增．所以φ(x)的最小值为φ(x0)，且φ(x0)＝ex0－lnx0－1＝x0＋1x0－1＞2x0·1x0－1＝1＞0，所以r′(x)＞0，r(x)在区间12，＋∞上单调递增．所以m≤r12＝e12－12ln12＝e12＋12ln2≈1.99525，所以存在实数m满足题意，且最大整数m的值为1.5．(2019·广州调研)已知函数f(x)＝alnx＋xb(a≠0)．(1)当b＝2时，若函数f(x)恰有一个零点，求实数a的取值范围；(2)当a＋b＝0，b＞0时，对任意x1，x2∈1e，e，有|f(x1)－f(x2)|≤e－2成立，求实数b的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当b＝2时，f(x)＝alnx＋x2，所以f′(x)＝ax＋2x＝2x2＋ax(x＞0)．①当a＞0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，取x0＝e－1a，则f(x0)＝－1＋(e－1a)2＜0，又f(1)＝1，所以f(x0)·f(1)＜0，故此时函数f(x)恰有一个零点．②当a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝－a2.当0＜x＜－a2时，f′(x)＜0，所以f(x)在0，－a2上单调递减；当x＞－a2时，f′(x)＞0，所以f(x)在－a2，＋∞上单调递增．要使函数f(x)恰有一个零点，需f－a2＝aln－a2－a2＝0，即a＝－2e.综上所述，若函数f(x)恰有一个零点，则a＝－2e或a＞0.(2)因为对任意x1，x2∈1e，e，有|f(x1)－f(x2)|≤e－2成立，且|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，所以f(x)max－f(x)min≤e－2.因为a＋b＝0，所以a＝－b，所以f(x)＝－blnx＋xb(x＞0)，所以f′(x)＝－bx＋bxb－1＝bxb－1x.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在1e，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1，因为f1e＝b＋e－b与f(e)＝－b＋eb，所以f(x)max＝maxf1e，fe.设g(b)＝f(e)－f1e＝eb－e－b－2b，则当b＞0时，g′(b)＝eb＋e－b－2＞2eb·e－b－2＝0，所以g(b)在(0，＋∞)上单调递增，故g(b)＞g(0)＝0，所以f(e)＞f1e.从而f(x)max＝f(e)＝－b＋eB．所以－b＋eb－1≤e－2，即eb－b－e＋1≤0，设φ(t)＝et－t－e＋1(t＞0)，则φ′(t)＝et－1.当t＞0时，φ′(t)＞0，所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增．又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0，即φ(b)≤φ(1)，解得b≤1.因为b＞0，所以b的取值范围为(0,1]．6．(2019·福建质检)已知函数f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2.(1)讨论f(x)的单调区间；(2)若a＜－17，求证：当x≥0时，f