2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用高考大题规范解答-高考中函数与导数问题的热点题型提能训练

第3章导数及其应用高考大题规范解答——高考中函数与导数问题的热点题型A组基础巩固1．设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．[解析](1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．当a>0时，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞)．(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋eq\f(x＋1,ex－1)(x>0)恒成立，令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq\f(ex－1－x＋1ex,ex－12)＋1＝eq\f(exex－x－2,ex－12)(x>0)．由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的唯一零点)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(a)＝eq\f(α＋1,eα－1)＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(a)＝1＋a∈(2,3)，所以k的最大值为2.2．已知函数f(x)＝ex.(1)若f(x)≥ax＋1，求实数a的取值范围；(2)若g(x)＝x＋lnx，求证：g(x)－xex＋1≤0.[解析](1)f(x)≥ax＋1，化为ex－ax－1≥0，令u(x)＝ex－ax－1，则u′(x)＝ex－a，当a≤0时，u′(x)＝ex－a>0，函数u(x)在R上单调递增，而u(0)＝1－1＝0，因此x<0时，u(x)<0，不符合题意，舍去．当a>0时，令u′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna，x∈(－∞，lna)时，u′(x)<0，此时，函数u(x)单调递减，x∈(lna，＋∞)时，u′(x)>0，此时，函数u(x)单调递增，所以x＝lna时，函数u(x)取得微小值即最小值，所以u(lna)＝a－alna－1≥0，令v(a)＝a－alna－1，则v′(a)＝1－lna－1＝－lna，可得v(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，a＝1时，v(a)取得极大值v(1)＝1－0－1＝0，可得a＝1时满足题意．所以实数a的取值范围为{1}．(2)令h(x)＝g(x)－xex＋1＝x＋lnx－xex＋1，x∈(0，＋∞)，h′(x)＝1＋eq\f(1,x)－(x＋1)ex＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－ex))，令y＝eq\f(1,x)－ex，则函数y＝eq\f(1,x)－ex在x∈(0，＋∞)上单调递减，又y(1)＝1－e<0，yeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\r(e)>0，所以存在唯一零点x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))⊆(0，＋∞)，使得ex0＝eq\f(1,x0)，即x0＝－lnx0.x0是h(x)的极大值即最大值，h(x0)＝x0－x0－1＋1＝0，所以h(x)≤h(x0)＝0，因此g(x)－xex＋1≤0.3．设函数f(x)＝e2x－(2a＋2)ex＋2ax.(1)当a<0时，探讨函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．[解析](1)f′(x)＝2e2x－(2a＋2)ex＋2a＝2(ex－1)(ex－a)，∵a<0，∴ex－a>0，令f′(x)＝0，解得x＝0，当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，①当a<0时，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝1－(2a＋2)＋0＝－2a－1，当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，∵f(x)有两个零点，∴f(x)min＝－2a－1<0，解得－eq\f(1,2)<a<0，②当a＝0时，f(x)＝e2x－2ex＝0，解得x＝ln2，只有一个零点，不符合题意，③当a>0时，由(1)知f′(x)＝2(ex－1)(ex－a)，当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，令f′(x)＝0，解得x＝0，或x＝lna，当0<a<1时，lna<0，∴f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减，∴f(x)微小值＝f(0)＝－2a－1<0，f(x)极大值＝f(lna)＝－a2－2a＋2alna<0，∴函数f(x)只有一个零点，不合题意，当a>1时，lna>0，∴f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减，∴f(x)极大值＝f(0)＝－2a－1<0，函数f(x)只有一个零点，不合题意，当a＝1时，f′(x)＝2(ex－1)(ex－1)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增，函数f(x)只有一个零点，综上所述：f(x)有两个零点，则a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).B组实力提升1．(2024·河北邢台一模，21)已知函数f(x)＝a·e2x＋1－2ex＋1＋eq\f(a,2)·ex－eq\f(x,2).(1)当a＝1时，求f(x)的微小值；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．[解析](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，当a＝1时，f′(x)＝2e2x＋1－2ex＋1＋eq\f(1,2)ex－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(ex－1)(4ex＋1＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝0.当x变更时，f′(x)，f(x)的变更状况如表：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减eq\f(1,2)－e单调递增因此，当x＝0时，f(x)有微小值，微小值为f(0)＝eq\f(1,2)－e.(2)f′(x)＝2ae2x＋1－2ex＋1＋eq\f(a,2)ex－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(aex－1)(4ex＋1＋1)，①若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，f(x)至多有一个零点．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝－lna.当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)<0；当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．所以当x＝－lna时，f(x)取得微小值，即最小值，为f(－lna)＝eq\f(1,2)－eq\f(e,a)＋eq\f(1,2)lna.当a＝e时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点；当a∈(e，＋∞)时，由于eq\f(1,2)－eq\f(e,a)＋eq\f(1,2)lna>0，即f(－lna)>0，故f(x)没有零点；当a∈(0，e)时，eq\f(1,2)－eq\f(e,a)＋eq\f(1,2)lna<0，即f(－lna)<0.lna<1，即－lna>－1>－2且f(－2)＝eq\f(a,e3)＋eq\f(a,2e2)＋1－eq\f(2,e)>0，故f(x)在(－∞，－lna)有一个零点．∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2e,a)))＝eq\f(4e3－4e2,a)＋e－eq\f(1,2)lneq\f(2e,a)，且lneq\f(2e,a)>－lna，先证x>0时lnx≤x－1.设m(x)＝lnx－(x－1)，则m′(x)＝eq\f(1－x,x)，当0<x<1时，m′(x)>0，当x>1时，m′(x)<0，故m(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当x＝1时，m(x)取到最大值m(1)＝0，故x>0时lnx≤x－1.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2e,a)))＝eq\f(4e3－4e2,a)＋e－eq\f(1,2)lneq\f(2e,a)≥eq\f(4e3－4e2,a)＋e－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,a)－1))＝eq\f(4e3－4e2－e,a)＋e＋eq\f(1,2)>0，因此f(x)在(－lna，＋∞)上有一个零点．综上，a的取值范围为(0，e)．2．(2024·广东茂名二模，21)已知函数f(x)＝eq\f(x2,2)＋lnx－2ax，a为常数，且a>0.(1)推断f(x)的单调性；(2)当0<a<1时，假如存在两个不同的正实数m，n且f(m)＋f(n)＝1－4a，证明：m＋n>2.[解析](1)∵f(x)＝eq\f(x2,2)＋lnx－2ax，∴f′(x)＝x＋eq\f(1,x)－2a＝eq\f(x2－2ax＋1,x)，x∈(0，＋∞)，记g(x)＝x2－2ax＋1，①当Δ＝4a2－4≤0，即0<a≤1时，g(x)＝x2－2ax＋1≥0恒成立，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝4a2－4>0，即a>1时，方程有两个不等实根，且x1＝eq\f(2a－\r(4a2－4),2)＝a－eq\r(a2－1)>0，x2＝eq\f(2a＋\r(4a2－4),2)＝a＋eq\r(a2－1)>0，∴∀x∈(0，a－eq\r(a2－1))，x2－2ax＋1>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，∀x∈(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))，x2－2ax＋1<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，∀x∈(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)，x2－2ax＋1>0，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述：①当0<a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，②当a>1时，f(x)在(0，a－eq\r(a2－1))和(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)上单调递增，在(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))上单调递减．(2)证明：∵f(1)＝eq\f(1,2)－2a，∴f(m)＋f(n)＝1－4a＝2f(1)，由(1)可知0<a<1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故不妨设0<m<1<n，要证m＋n>2，即证n>2－m>1，又∵当0<a<1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴只需证f(n)>f