2020高考理科数学二轮分层特训卷：主观题专练(11)Word版含解析

函数与导数 (11)
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 处获得极小值，求 a 的取值范围．
x
因此 f ′ (x)＝ [ax 2－ (2a ＋ 1)x ＋ 2]e x . 因此 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. 因此 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 .
1 1
若 a>2，则当 x ∈ a ， 2 时， f ′ (x)<0 ；
当 x ∈ (2，＋ ∞ )时， f ′ (x)>0. 因此 f(x)在 x ＝ 2 处获得极小值．
1 1
若 a ≤ 2，则当 x ∈ (0， 2)时， x － 2<0， ax － 1≤ 2x － 1<0，
因此 f ′ (x)>0.
因此 2 不是 f(x)的极小值点．
综上可知， a 的取值范围是
1
，＋∞ .
2
2． [2019 ·徽省安庆市高三模拟安 ]已知函数 f(x)＝ eln x － ax(a ∈ R)． (1)议论 f(x)的单一性； (2)当 a ＝ e 时，证明： xf(x)－ e x ＋2ex ≤ 0.
分析： 解法一 e
(1)f ′ (x)＝ － a(x>0) ，
x
① 若 a ≤ 0，则 f ′ (x)>0 ， f(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递加．
e ② 若 a>0，则当 0<x<a 时，
f ′ (x)>0 ； 当 x>
e
a 时， f ′ (x)<0.
e
因此 f(x)在 0， a 上单一递加，
e 在 a ，＋ ∞ 上单一递减．
e x
(2)证明：由于 x>0 ，因此只要证 f(x)≤ x － 2e ，
由 (1)知，当 a ＝ e 时， f(x)在 (0， 1)上单一递加，在 (1，＋ ∞) 上单一递减，
因此 f(x) max ＝ f(1) ＝－ e.
e x x－ 1 e x
设 g(x)＝x－2e(x>0) ，则 g′ (x)＝x2，
因此当 0< x<1 时， g′ (x)<0 ， g(x)单一递减；
当 x>1 时， g′ (x)>0 ， g(x)单一递
加，因此 g(x)min＝ g(1)＝－ e.
因此当 x>0 时， f(x)≤ g(x)，
x
e
即 f(x) ≤x－ 2e，
即 xf(x)－e x＋ 2ex≤0.
解法二(1) 同解法一．
(2)证明：由题意知，
即证 exln x－ ex2－ e x＋ 2ex≤ 0(x>0)，
x
e
1
设函数 g(x)＝ ln x－x＋ 2，则 g′ (x)＝x－ 1.
因此当 x∈ (0， 1)时， g′ (x)>0 ；
当 x∈ (1，＋∞ )时， g′ (x)<0 ，
故 g(x)在 (0， 1)上单一递加，在(1，＋∞ )上单一递减．
进而 g(x)在 (0，＋∞ )上的最大值为g(1)＝ 1.
e x e x x－ 1
设函数 h(x)＝ex，则 h′ (x)＝ex2.
因此当 x∈ (0， 1)时， h′ (x)<0 ；
当 x∈ (1，＋∞ )时， h′ (x)>0.
故 h(x)在 (0， 1)上单一递减，在(1，＋∞ )上单一递加．
进而 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＋ 2ex≤0.
3． [2019 甘·肃第二次诊疗] 已知函数f(x)＝ 2x2－ 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)的单一区间；
(3)若 3< a≤ 4，证明： f(x)在 x∈ [1， e]上有独一零点．
1
分析： (1)若 a＝ 0，则 f(x)＝ 2x2＋ 1＋ ln x， f′ (x)＝ 4x＋x，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，因此所求切线方程为 y－3＝ 5(x－ 1)，即 5x－ y－ 2＝ 0.
(2)当 a＝ 5 时， f(x)＝ 2x2－ 5x＋1＋ ln x，其定义域为 (0，＋∞ )，
1 f(x)＝ 4x－ 5＋ x＝4x－ 1 x－
1 x
，
当 x∈
1
0， 4 ， (1，＋∞ )时， f′ (x)>0，因此f(x)在
1
0， 4 和 (1，＋∞ )上单一递加．
当 x∈1
4， 1 时， f′ (x)<0，因此f(x) 在
1
4， 1 上单一递减．
(3)由
2f(x)＝2x － ax ＋1＋ ln x 得
1
f ′ (x)＝ x ＋ 4x － a ＝
4x 2－ ax ＋ 1
. x
设 h(x)＝ 4x 2－ ax ＋ 1， ＝ a 2－ 16，
当 3<a ≤ 4 时， Δ≤ 0，有 h(x)≥ 0，即 f ′ (x)≥ 0，
故 f(x) 在(0 ，＋ ∞ )上单一递加．
又 f(1) ＝3－ a<0，f(e)＝ 2e 2－ ae ＋ 2＝ e(2e － a)＋ 2>0 ，
因此 f(x)在 x ∈ [1， e]上有独一零点．
4． [2019 武·汉调研 ]已知函数 f(x)＝ ln(x ＋ 1)－ ax 2 ＋x
x ＋ 1 2，此中 a 为常数．
(1)当 1< a ≤ 2 时，议论 f(x)的单一性；
(2)当 x>0 时，求 g(x)＝ xln 1＋ 1 1
x ＋ ln(1 ＋ x)的最大值．
x
x x － 2a ＋ 3 ， x>－ 1. 分析： (1)函数 f(x)的定义域为 (－ 1，＋ ∞ )， f ′ (x)＝
x ＋ 1 3
① 当－ 1<2a － 3<0，即 1<a<3
2时，
当－ 1<x<2a － 3 或 x>0 时， f ′ (x)>0， f(x) 单一递加， 当 2a － 3< x<0 时， f ′( x)<0 ，f(x)单一递减．
② 当 2a － 3＝ 0，即 a ＝
3
2时， f ′ ( x)≥ 0，则 f( x)在 (－ 1，＋ ∞ )上单一递加．
3
③ 当 2a － 3>0 ，即 a>2时，
当－ 1<x<0 或 x>2a －3 时， f ′ (x)>0，则 f(x)在 (－ 1， 0)， (2a －3，＋ ∞) 上单一递加， 当 0<x<2a － 3 时， f ′( x)<0 ，则 f(x)在 (0， 2a － 3)上单一递减．
3
综上，当 1<a<2时， f(x)在 (－ 1，2a －3) ，(0，＋ ∞ )上单一递加，在
(2a －3， 0)上单一递
3 3
减；当 a ＝ 2时， f(x)在( －1，＋ ∞ )上单一递加；当 2<a ≤2 时， f(x)在 (－ 1，0)，(2a － 3，＋ ∞ ) 上单一递加，在 (0， 2a －3)上单一递减．
1 1
(2)∵ g(x)＝ x ＋ x ln(1 ＋ x)－ xlnx ＝ g x ，
∴ g(x)在 (0，＋ ∞) 上的最大值等价于 g(x)在 (0， 1]上的最大值．
1
1 · 1 1
1
－ 令 h(x)＝ g ′( x)＝ 1－ 2 ln(1 ＋ x)＋ x ＋
x － (ln x ＋ 1) ＝ 1 － 2 ln(1 ＋ x)－ lnx ＋ x 1＋ x x x
2 ，
1＋ x
2
2x 2＋ x
则 h ′ (x)＝ x 3 ln 1＋ x － x ＋ 1 2 .
由 (1)可知当 a ＝ 2 时， f(x)在 (0， 1]上单一递减， ∴ f(x)< f(0) ＝ 0，
∴ h ′ (x)<0 ，进而 h(x)在 (0， 1]上单一递减， ∴ h(x)≥ h(1) ＝ 0， ∴g( x)在(0， 1]上单一递加， ∴ g(x)≤ g(1) ＝ 2ln2 ， ∴ g(x)的最大值为 2ln2.
5．[2019 湖·北省七市教科研协作高三联考] 已知函数 f(x)＝ ( x －1)e x － ax 2(e 是自然对数的
底数， a∈R )．
(1)判断函数f(x)极值点的个数，并说明原因；
(2)若 ? x∈ R， f(x)＋ e x≥ x3＋ x，求 a 的取值范围．
分析： (1)f(x)的定义域为R ，
f′ (x)＝xe x－ 2ax＝x(e x－ 2a)．
当 a≤0 时， f(x) 在(－∞， 0)上单一递减，
在 (0，＋∞) 上单一递
加，∴ f(x)有 1 个极值
点；
1
当 0< a<2时， f(x)在 (－∞， ln(2 a))上单一递加，在(ln(2 a)， 0)上单一递减，在(0，＋∞ ) 上单一递加，
∴ f(x)有 2 个极值点；
1
当 a＝2时， f(x)在 R 上单一递加，
此时 f(x)没有极值点；
1
当 a>2时， f( x)在 (－∞， 0)上单一递加，
在 (0， ln(2 a))上单一递减，
在 (ln(2 a)，＋∞ )上单一递
加，∴ f(x)有 2 个极值点，
综上所述，当a≤ 0 时， f(x)有 1 个极值点；
1
当 a>0 且 a≠2时， f(x)有 2 个极值点；
1
当 a＝2时， f(x)没有极值点．
(2)由 f(x)＋ e x≥x3＋ x，得 xe x－ x3－ ax2－ x≥ 0.
当 x>0 时， e x－x2－ ax－ 1≥ 0，
e x－ x2－ 1
即 a≤对? x>0恒建立．x
设 g(x)＝e x－x2－1
x
(x>0) ，x－ 1 e x－ x－ 1
则 g′ (x)＝x2 .
设 h(x)＝ e x－x－ 1(x>0) ，则 h′(x)＝ e x－ 1.
∵x>0，
∴h′ (x)>0 ，
∴h(x)在 (0，＋∞) 上单一递加，
∴h(x)>h(0)＝ 0，即 e x>x＋ 1，
∴g(x)在 (0， 1)上单一递减，在 (1，＋∞ )上单一递加，∴g(x)≥ g(1) ＝ e－ 2，∴ a≤ e－ 2；
当 x＝ 0 时，原不等式恒建立， a∈R ；
当 x<0 时， e x－x2－ ax－ 1≤ 0，
设 m(x)＝e x－ x2－ ax－ 1(x<0)，
则 m ′ (x)＝ e x － 2x － a.
设 φ(x)＝ e x － 2x － a(x<0)，则 φ′ (x)＝ e x －2<0 ，
∴ m ′ (x)在(－ ∞ ， 0)上单一递减，
∴ m ′ (x)>m ′ (0)＝ 1－ a ，
若 a ≤1，则 m ′ (x)>0，
∴ m(x)在 (－∞ ， 0)上单一递加，
∴ m(x)<m(0) ＝ 0；
若 a>1， ∵ m ′ (0)＝ 1－ a<0，
∴ ? x 0<0，使得 x ∈ (x 0， 0)时， m ′ (x)<0 ， 即 m(x)在( x 0， 0)上单一递减， ∴ m(x)>m(0) ＝ 0，不切合题意，舍去．
∴ a ≤ 1.
综上， a 的取值范围是 (－ ∞ ， e － 2]．
6． [2019 贵·阳市一般高中高三年级摸底考试 ]已知函数 f(x)＝ xln x － ax ＋a(a ∈R )． (1)f(x)在点 (1， f(1)) 处的切线方程为 y ＝－ x ＋ t ，求 a 和 t 的值； (2)对随意的 x>1 ， f(x)≥ 0 恒建立，求 a 的取值范围．
分析： (1)函数定义域为 x ∈ (0，＋ ∞ )，f ′ (x)＝ ln x ＋ 1－ a ， 由已知 f ′(1) ＝－ 1，则 1－a ＝－ 1，即 a ＝ 2，
因此 f(1) ＝ 0－ 2＋2＝ 0，将 (1， 0)代入切线方程有 t ＝ 1， 因此 a ＝ 2， t ＝ 1.
(2)对随意 x ∈ (1，＋ ∞ )， f(x) ≥0 恒建立，
a 即 ln x ＋ x － a ≥ 0 恒建立，
令 g(x)＝ ln x ＋ a
－ a ，有 g ′( x)＝ x －a
，
2
x
x ① 当 a>1 时， g(x)， g ′( x)随 x 的变化状况为
x (1， a) a (a ，＋∞ )
g ′ (x) － 0 ＋
g(x)
单一递减 极小值
单一递加
由表可知 g(x)
＝ g(a) ＝ln a ＋ 1－ a ，
min
1－x
又由于在函数 h(x)＝ ln x ＋ 1－x 中， h ′( x)＝ x ，
因此 h(x)在 (0， 1)上单一递加，在 (1，＋ ∞ )上单一递减，
因此 h(x)≤ h(1)＝ 0，
a
因此 g(x)min ＝ g(a)＝ h(a)<h(1)＝ 0，与 “ 对随意 x ∈ (1，＋ ∞) ，ln x ＋ x －a ≥ 0 恒建立 ” 矛
盾，故 a>1 不合题意；
x － a
② 当 a ≤ 1 时， g ′ (x)＝ x 2
≥ 0，则 g(x)在 [1，＋ ∞ )上单一递加，
因此 g(x)≥ g(1)＝ 0，即对随意 x ∈ (1，＋ ∞ )，ln x ＋a
x － a ≥ 0 恒建
立，故 a ≤1 知足题意，
综上所述，实数 a 的取值范围为(－∞， 1]．。