2023高考数学大二轮复习专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练文

2024高考数学大二轮复习专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练文第2讲综合大题部分

1.(2024·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2

＋(2a＋1)x.

(1)争论f(x)的单调性；

(2)当a0，

故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

若a0；当x∈(－12a

，＋∞)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0时，g(x)≤0.

从而当a0)，所以g(x)在[0，＋∞)单调递增．而g(0)＝0，故ex

≥x＋1.

当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)＝－x(x2＋x＋a－1)，取x0＝5－4a－12

，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)－ax0－1>0，即f(x0)>ax0＋1.

当a≤0时，取x0＝5－12

，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.

综上，a的取值范围是[1，＋∞)．

3．(2024·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ax2＋x－1ex

.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；

(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.

解析：(1)f′(x)＝－ax2＋－

＋2ex，f′(0)＝2.

因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是

2x－y－1＝0.

(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋e

x＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1

.当x＜－1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；

当x＞－1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．

所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.

1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋a－1x

(a∈R)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)当a≤12

时，争论函数f(x)的单调性．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋x，x∈(0，＋∞)，

所以f′(x)＝1x＋1，f′(1)＝11

＋1＝2，f(1)＝ln1＋1＝1，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.

(2)由于f(x)＝lnx＋ax＋a－1x

，所以f′(x)＝1x＋a－a－1x2＝ax2＋x－a＋1x2

(x∈(0，＋∞))．(不行忽视函数的定义域)令g(x)＝ax2

＋x－a＋1(x∈(0，＋∞))，

①当a＝0时，g(x)＝x＋1，而x>0，

所以g(x)>0，f′(x)>0，

所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

②当a≠0时，g(x)＝(ax＋1－a)(x＋1)＝a(x－a－1a

)(x＋1)．(i)当a0，当x∈(0，a－1a

)时，g(x)>0，f′(x)>0，故函数f(x)在(0，a－1a

)上单调递增，当x∈(a－1a

，＋∞)时，g(x)0，所以f′(x)>0，

即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

(iii)当a＝1时，a－1a

＝0，故当x∈(0，＋∞)时，g(x)>0，所以f′(x)>0，

即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

(iv)当a>1时，a－1a

>0，当x∈(0，a－1a)时，g(x)0，f′(x)>0，故函数f(x)在(a－1a

，＋∞)上单调递增．综上，当a1时，函数f(x)在(0，a－1a

)上单调递减，在(a－1a

，＋∞)上单调递增．2．设函数f(x)＝ax3－2x2

＋x＋c.

(1)当a＝1，且函数图象过(0,1)时，求函数的微小值；

(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．

解析：f′(x)＝3ax2－4x＋1.

(1)函数图象过(0,1)时，有f(0)＝c＝1.

又a＝1，则f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，

令f′(x)>0，则x1.令f′(x)0，则x>1或x0，

当x∈(－13，1)时，f′(x)0，

所以当x＝－13时，f(x)取得极大值，为527＋m，

当x＝1时，f(x)取得微小值，为m－1.

(2)画出f(x)和y＝1的大致图象如图．

由图象可以看出，要使曲线y＝f(x)与直线y

＝

1有三个不同的交点，

则527＋m>1，m－12(x－lnx)．

解析：(1)由于f(x)＝exx，

所以f′(x)＝ex·x－exx2＝－x2，f′(2)＝e24，

又切点为(2，e22)，所以切线方程为

y－e22＝e24(x－2)，即e2x－4y＝0.

(2)设函数g(x)＝f(x)－2(x－lnx)＝exx

－2x＋2lnx，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝－x2－2＋2x＝－－x2，x∈(0，＋∞)．设h(x)＝ex－2x，x∈(0，＋∞)，

则h′(x)＝ex

－2，令h′(x)＝0，则x＝ln2.

当x∈(0，ln2)时，h′(x)0.

所以h(x)min＝h(ln2)＝2－2ln2>0，

故h(x)＝ex－2x>0.

令g′(