2020高考文科数学：函数与导数主观题专项练习
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函数与导数主观题专项练习
1．[2018·北京卷]设函数f (x )＝[ax 2
－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x
. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解析：(1)因为f (x )＝[ax 2
－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x
， 所以f ′(x )＝[ax 2
－(2a ＋1)x ＋2]e x
. 所以f ′(1)＝(1－a )e.
由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.
(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2
－(2a ＋1)x ＋2]e x
＝(ax －1)(x －2)e x
.
若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．
若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤1
2x －1<0，
所以f ′(x )>0.
所以2不是f (x )的极小值点．
综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞.
2．[2019·安徽省安庆市高三模拟]已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x
＋2e x ≤0. 解析：解法一 (1)f ′(x )＝e
x
－a (x >0)，
①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则当0 a 时，f ′(x )>0； 当x >e a 时，f ′(x )<0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭ ⎪⎫0，e a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭ ⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：因为x >0，所以只需证f (x )≤e x x －2e ， 由(1)知，当a ＝e 时，f (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝－e. 设g (x )＝e x x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2 ， 所以当0 x x －2e ， 即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 解法二 (1)同解法一． (2)证明：由题意知， 即证e x ln x －e x 2 －e x ＋2e x ≤0(x >0)， 从而等价于ln x －x ＋2≤e x e x . 设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1 x －1. 所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0， 故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e x e x ，则h ′(x )＝e x (x －1) e x 2 . 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0. 故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 3．[2019·甘肃第二次诊断]已知函数f (x )＝2x 2 －ax ＋1＋ln x (a ∈R )． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ＝5，求f (x )的单调区间； (3)若3 解析：(1)若a ＝0，则f (x )＝2x 2 ＋1＋ln x ，f ′(x )＝4x ＋1x ，故f ′(1)＝5，即曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为5， 又f (1)＝3，所以所求切线方程为y －3＝5(x －1)，即5x －y －2＝0. (2)当a ＝5时，f (x )＝2x 2 －5x ＋1＋ln x ，其定义域为(0，＋∞)， f (x )＝4x －5＋1x ＝ (4x －1)(x －1) x ， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14和(1，＋∞)上单调递增． 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭ ⎪⎫14，1上单调递减． (3)由f (x )＝2x 2 －ax ＋1＋ln x 得f ′(x )＝1x ＋4x －a ＝4x 2 －ax ＋1x . 设h (x )＝4x 2－ax ＋1，Δ＝a 2 －16， 当3 又f (1)＝3－a <0，f (e)＝2e 2 －a e ＋2＝e(2e －a )＋2>0， 所以f (x )在x ∈[1，e]上有唯一零点． 4．[2019·武汉调研]已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x (x ＋1) 2，其中a 为常数． (1)当1 (2)当x >0时，求g (x )＝x ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1 x ln(1＋x )的最大值． 解析：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3) (x ＋1) 3 ，x >－1. ①当－1<2a －3<0，即1 2 时， 当－1 ②当2a －3＝0，即a ＝3 2时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． ③当2a －3>0，即a >3 2 时， 当－1