【配套K12】[学习](全国通用版)2019高考数学二轮复习 压轴大题突破练(四)函数与导数(2)理

(四)函数与导数(2) 1．(2018·江西省重点中学协作体联考)已知f(x)＝e x，g(x)＝x2＋ax－2x sin x＋1.
(1)证明：1＋x≤e x≤1
1－x
(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)＝e x－1－x，则h′(x)＝e x－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e x≥1＋x.
而当x∈[0,1)时，e－x≥1－x，即e x≤1
1－x
.
(2)解设F(x)＝f(x)－g(x)
＝e x－(x2＋ax－2x sin x＋1)，
则F(0)＝0，
F′(x)＝e x－(2x＋a－2x cos 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－2x sin 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＋ax ln x(a∈R)．
(1)讨论函数f (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 ＋x 2.
(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋a ln 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 >1e
a a +-， 由f ′(x )<0得0<x <1
e a a +-.
所以f (x )在区间⎝⎛⎭
⎫0，1
e a a +-上单调递减， 在区间⎝⎛⎭⎫1
e a a +-，＋∞上单调递增；
当a <0时，由f ′(x )>0得0<x <1
e
a a +-， 由f ′(x )<0得x >1
e a a +-，
所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭
⎫0，1
e a a +-上单调递增， 在区间⎝⎛⎭⎫1e a a +-，＋∞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 (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e a a +-上单调递减，
在区间⎝⎛⎭⎫
1
e a a +-，＋∞上单调递增； 当a <0时，函数
f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e a a +-上单调递增，
在区间⎝⎛⎭⎫1
e a a +-，＋∞上单调递减．
(2)证明 由(1)知a <0且1
e a a +-＝1，
解得a ＝－1，f (x )＝x －x ln x .
要证f (x )≤e －x ＋x 2
，
即证x －x ln x ≤e －x ＋x 2，
即证1－ln x ≤e －x x
＋x . 令F (x )＝ln x ＋e －x x
＋x －1(x >0)，
则F ′(x )＝1x ＋－e －x x －e －x x 2＋1 ＝(x ＋1)(x －e －x )x 2. 令g (x )＝x －e －x ，
得函数g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．
而g (1)＝1－1e
>0，g (0)＝－1<0， 所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x 0，
使得g (x 0)＝x 0－0e
x －＝0， 即x 0＝0e x －，
且x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0.
故F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． ∴F (x )min ＝F (x 0)＝ln x 0 ＋
0e x －x 0＋x 0－1. 又0e x －＝x 0，
∴F (x )min ＝ln x 0＋0
e x －x 0＋x 0－1
＝－x 0＋1＋x 0－1＝0.
∴F (x )≥F (x 0)＝0成立，
即f (x )≤e －x ＋x 2成立．
3．(2018·皖江八校联考)已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋a
2e x .
(1)若a ≥0，函数f (x )的极大值为52e
，求实数a 的值； (2)若对任意的a ≤0，f (x )≤
b ln (x ＋1)2在x ∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b 的取值范围．
解 (1)由题意， f ′(x )＝12
[(2ax ＋1)e －x －(ax 2＋x ＋a )e －x ]
＝－12
e －x [ax 2＋(1－2a )x ＋a －1] ＝－12
e －x (x －1)(ax ＋1－a )． ①当a ＝0时，
f ′(x )＝－12
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)＝
12e ≠52e ，不合题意． ②当a >0时，1－1a
<1， 令f ′(x )>0，得1－1a
<x <1； 令f ′(x )<0，得x <1－1a
或x >1， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1a ，1上单调递增， 在⎝ ⎛⎭
⎪⎫－∞，1－1a ，(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )的极大值为f (1)＝
2a ＋12e ＝52e
，得a ＝2. 综上所述a ＝2. (2)令g (a )＝(x 2＋1)a 2e x ＋x 2e x ，a ∈(－∞，0]， 当x ∈[0，＋∞)时，
x 2＋12e x >0， 则g (a )≤b ln (x ＋1)2对∀a ∈(－∞，0]恒成立等价于g (a )≤g (0)≤b ln (x ＋1)2，
即x e x ≤b ln(x ＋1)对x ∈[0，＋∞)恒成立． ①当b ＝0时，显然x e ≤b ln(x ＋1)在[0，＋∞)上不恒成立． ②当b <0时，∀x ∈(0，＋∞)，b ln(x ＋1)<0，x e x >0， 此时x e x >b ln(x ＋1)，不合题意． ③当b >0时，令h (x )＝b ln(x ＋1)－x
e x ，x ∈[0，＋∞)， 则h ′(x )＝b x ＋1－(e －x －x e －x
)＝b e x ＋x 2－1(x ＋1)e x ， 其中(x ＋1)e x
>0，∀x ∈[0，＋∞)，
令p (x )＝b e x ＋x 2－1，x ∈[0，＋∞)，
则p (x )在区间[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b ln(x ＋1)≥x e －x
在[0，＋∞)上恒成立．
0<b <1时，由p (0)＝b －1<0， p (1)＝b e>0及p (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以存在唯一的x 0∈(0,1)，使得p (x 0)＝0，
且x ∈(0，x 0)时，p (x )<0.
从而x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，
所以h (x )在区间(0，x 0)上单调递减，
则x ∈(0，x 0)时，h (x )<h (0)＝0，
即b ln(x ＋1)<x e －x ，不符合题意．
综上所述，b 的取值范围为[1，＋∞)．
4．(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x x
－ax . (1)讨论函数f (x )的零点个数；
(2)已知g (x )＝(2－x )e
x ，证明：当x ∈(0,1)时，g (x )－f (x )－ax －2>0. (1)解
xf (x )＝ln x －a x ·x . 令x 32＝t ，∴x ＝23t (t >0)．令h (t )＝ln t －32
at ， 则函数y ＝h (t )与y ＝f (x )的零点个数情况一致．
h ′(t )＝1t －3
2
a . (ⅰ)当a ≤0时，h ′(t )>0，
∴h (t )在(0，＋∞)上单调递增． 又h (1)＝－32
a ≥0， 1e a a h +⎛⎫ ⎪⎝⎭＝a ＋1a －32a e 1a a + ≤a ＋1a －32a ·1e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32e 2a ＋1a
<0， ∴此时有1个零点．
(ⅱ)当a >0时，h (t )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，23a 上单调递增，
在⎝ ⎛⎭
⎪⎫23a ，＋∞上单调递减． ∴h (t )max ＝h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23a ＝ln 23a －1. ①当ln
23a <1即a >23e 时，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a <0，无零点． ②当ln
23a ＝1即a ＝23e 时，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ＝0,1个零点． ③当ln 23a >1即0<a <23e 时，h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23a >0， 又23a >e>1，h (1)＝－32
a <0. 又23a －49a 2＝23a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23a <23a
(1－e)<0， h ⎝ ⎛⎭⎪⎫4
9a 2＝ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23a 2－32a ·49a 2＝2ln 23a －23a ， 令φ(a )＝2ln 23a －23a
， φ′(a )＝2·3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－23·1a 2＋23a 2＝2－6a 3a 2>0， ∴φ(a )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，23e 上单调递增， ∴φ(a )<φ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23e ＝2－e<0，∴此时有两个零点． 综上，当a ≤0或a ＝23e
时，有1个零点； 当0<a <23e
时，有2个零点； 当a >23e
时，无零点． (2)要证g (x )－f (x )－ax －2>0， 只需证ln x x ＋2<(2－x )e x
.
令x ＝m ∈(0,1)，只需证2ln m m
＋2<(2－m 2)e m . 令l (m )＝(2－m 2)e m ，l ′(m )＝(－m 2－2m ＋2)e m
，
∴l (m )在(0，3－1)上单调递增，在(3－1,1)上单调递减， 又∵l (1)＝e ，l (0)＝2，∴l (m )>2.
令t (m )＝ln m m ，t ′(m )＝1－ln m m 2>0， ∴t (m )在(0,1)上单调递增，
∴t (m )<t (1)＝0，∴2ln m m
＋2<2， 故g (x )－f (x )－ax －2>0.
5．(2018·洛阳模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －t 2
x 2
，其中t ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)当t ＝3时，证明：不等式f (x 1＋x 2)－f (x 1－x 2)>－2x 2恒成立(其中x 1∈R ，x 2>0)．
(1)解 由于f ′(x )＝x e x －tx ＝x (e x －t )．
(ⅰ)当t ≤0时，e x －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0<t <1时，ln t <0，
当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，
当ln t <x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，
当x <ln t 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；
②当t ＝1时，f ′(x )≥0，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0<x <ln t 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，
当x <0时，f ′(x )>0，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0<t <1时，f (x )在(－∞，ln t )，(0，＋∞)上是增函数， 在(ln t,0)上是减函数；
当t ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数；
当t >1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 (x 1＋x 2)－f (x 1－x 2)>(x 1－x 2)－(x 1＋x 2)⇔f (x 1＋x 2)＋(x 1＋x 2)>f (x 1－x 2)＋(x 1－x 2)恒成立．
设g (x )＝f (x )＋x ，
则上式等价于g (x 1＋x 2)>g (x 1－x 2)，
要证明g (x 1＋x 2)>g (x 1－x 2)对任意x 1∈R ， x 2∈(0，＋∞)恒成立，
即证明g (x )＝(x －1)e x －32
x 2＋x 在R 上单调递增， 又g ′(x )＝x e x －3x ＋1，
只需证明x e x －3x ＋1≥0即可．
令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1，
当x <0时，h ′(x )<0，当x >0时，h ′(x )>0， ∴h (x )min ＝h (0)＝0，
即∀x ∈R ，e x ≥x ＋1，
那么，当x ≥0时，x e x ≥x 2＋x ，
∴x e x －3x ＋1≥ x 2－2x ＋1＝(x －1)2≥0；
当x <0时，e x <1，x e x －3x ＋1＝x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫e x －3＋1x >0， ∴x e x
－3x ＋1>0恒成立．从而原不等式成立．。