山東專用2025屆高考數(shù)學二輪專題闖關(guān)導練二主觀題專練函數(shù)與導數(shù)11含解析

PAGE函數(shù)與導數(shù)(11)1．設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]e(1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a；(2)若f(x)在x＝2處取得微小值，求a的取值范圍．2．[2024·山東青島檢測]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－ax·(lnx－1)－eq\f(e2,2)(其中e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R)．(1)若a＝e，證明：函數(shù)f(x)有且只有一個零點；(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的極值點，求a的取值范圍．3．[2024·新高考Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna.(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．4．[2024·山東青島二中檢測]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－x＋1－a(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在x>1，使f(x)＋x<eq\f(1－x,x)成立，求整數(shù)a的最小值．5．[2024·全國卷Ⅰ]已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x.(1)當a＝1時，探討f(x)的單調(diào)性；(2)當x≥0時，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范圍．6．[2024·山東濰坊模擬]已知函數(shù)f(x)＝aex－x－1(a∈R)，g(x)＝x2.(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當a>0時，若曲線C1：y＝f(x)＋x＋1與曲線C2：y＝g(x)存在唯一的公切線，求實數(shù)a的值；(3)當a＝1，x≥0時，不等式f(x)≥kxln(x＋1)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．函數(shù)與導數(shù)(11)1．解析：(1)因為f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]e所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex所以f′(1)＝(1－a)e.由題設(shè)知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此時f(1)＝3e≠0.所以a的值為1.(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]e＝(ax－1)(x－2)ex.若a>eq\f(1,2)，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))時，f′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2處取得微小值．若a≤eq\f(1,2)，則當x∈(0,2)時，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的微小值點．綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).2．解析：(1)證明：當a＝e時，f′(x)＝x－elnx，令h(x)＝x－elnx，則h′(x)＝1－eq\f(e,x)＝eq\f(x－e,x)(x>0)．當x∈(0，e)時，h′(x)<0；當x∈(e，＋∞)時，h′(x)>0.所以f′(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f′(x)≥f′(e)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(e)＝0，所以f(x)有且只有一個零點e.(2)由題意知f′(x)＝x－alnx，令H(x)＝x－alnx，則H′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)(x>0)．當a≤0時，H′(x)>0，H(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f′(x)不行能有兩個零點，不合題意．當a>0時，x∈(0，a)時，H′(x)<0；x∈(a，＋∞)時，H′(x)>0，所以H(x)＝f′(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，因此H(x)＝f′(x)≥f′(a)，所以f′(a)＝a－alna<0，所以a>e.當a>e時，因為f′(1)＝1>0，所以f′(x)在(1，a)上有一個零點．令g(a)＝eq\f(a2,ea)(a>e)，則g′(a)＝eq\f(a2－a,ea)<0(a>e)，所以g(a)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(a)<eq\f(e2,ee)<eq\f(e2,e2)＝1，所以ea>a2，所以f′(ea)＝ea－alnea＝ea－a2>0，所以f′(x)在(a，ea)上也有一個零點．綜上知，f(x)有兩個不同的極值點時，a的取值范圍為(e，＋∞)．3．解析：f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x).(1)當a＝e時，f(x)＝ex－lnx＋1，f′(1)＝e－1，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.直線y＝(e－1)x＋2在x軸，y軸上的截距分別為eq\f(－2,e－1)，2.因此所求三角形的面積為eq\f(2,e－1).(2)當0<a<1時，f(1)＝a＋lna<1.當a＝1時，f(x)＝ex－1－lnx，f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x).當x∈(0,1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以當x＝1時，f(x)取得最小值，最小值為f(1)＝1，從而f(x)≥1.當a>1時，f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥ex－1－lnx≥1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．4．解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－1＝eq\f(－x2＋x－a,x2)，方程－x2＋x－a＝0，則Δ＝1－4a(ⅰ)當Δ＝1－4a≤0時，即a≥eq\f(1,4)時，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；(ⅱ)當Δ＝1－4a>0，即a<eq\f(1,4)時，①當0<a<eq\f(1,4)時，方程－x2＋x－a＝0的兩根為eq\f(1±\r(1－4a),2)，且0<eq\f(1－\r(1－4a),2)<eq\f(1＋\r(1－4a),2)，∴當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)))上單調(diào)遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))時，f′(x)<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))上單調(diào)遞減；②當a≤0時，eq\f(1－\r(1－4a),2)≤0，eq\f(1＋\r(1－4a),2)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1－4a),2)))時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1－4a),2)))上單調(diào)遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))上單調(diào)遞減，綜上所述，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1－4a),2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞)；當0<a<eq\f(1,4)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))；當a≥eq\f(1,4)時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．(2)原式等價于(x－1)a>xlnx＋2x－1，即存在x>1，使a>eq\f(xlnx＋2x－1,x－1)成立．令g(x)＝eq\f(xlnx＋2x－1,x－1)，x>1，則g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,x－12)，令h(x)＝x－lnx－2，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)>0，∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又h(3)＝3－ln3－2＝1－ln3<0，h(4)＝4－ln4－2＝2－2ln2>0，依據(jù)零點存在性定理，可知h(x)在(1，＋∞)上有唯一零點，設(shè)該零點為x0，則x0∈(3,4)，且h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，即x0－2＝lnx0，∴當x∈(1，x0)時，g′(x)<0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝eq\f(x0lnx0＋2x0－1,x0－1)＝x0＋1，由題意可知a>x0＋1，又x0∈(3,4)，a∈Z，∴a的最小值為5.5．解析：(1)當a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.故當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．(2)f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，則g′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x＝－eq\f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－eq\f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.①若2a＋1≤0，即a≤－eq\f(1,2)，則當x∈(0,2)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2)單調(diào)遞增，而g(0)＝1，故當x∈(0,2)時，g(x)>1，不合題意．②若0<2a＋1<2，即－eq\f(1,2)<a<eq\f(1,2)，則當x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)時，g′(x)<0；當x∈(2a＋1,2)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)單調(diào)遞減，在(2a＋1,2)單調(diào)遞增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1當且僅當g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥eq\f(7－e2,4).所以當eq\f(7－e2,4)≤a<eq\f(1,2)時，g(x)≤1.③若2a＋1≥2，即a≥eq\f(1,2)，則g(x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.由于0∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由②可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.故當a≥eq\f(1,2)時，g(x)≤1.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).6．解析：(1)f′(x)＝aex－1，當a≤0時，f′(x)<0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，當a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝－lna，由于a>0時，導函數(shù)f′(x)＝aex－1單調(diào)遞增，故x∈(－∞，－lna)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，x∈(－lna，＋∞)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上，當a≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)曲線C1：y1＝aex與曲線C2：y2＝x2存在唯一的公切線，設(shè)該公切線與C1，C2分別切于點(x1，aex1)，(x2，xeq\o\al(2,2))，明顯x1≠x2，由于y′1＝aex，y′2＝2x，所以aex1＝2x2＝eq\f(aex1－x\o\al(2,2),x1－x2)，由于a>0，故x2>0，且x2＝2x1－2>0，因此x1>1，此時a＝eq\f(2x2,ex1)＝eq\f(4x1－1,ex1)(x1>1)，設(shè)F(x)＝eq\f(4x－1,ex)(x>1)，問題等價于直線y＝a與曲線y＝F(x)在x>1時有且只有一個公共點，又F′(x)＝eq\f(42－x,ex)，令F′(x)＝0，解得x＝2，則F(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，而F(2)＝eq\f(4,e2)，F(xiàn)(1)＝0，當x→＋∞時，F(xiàn)(x)→0，所以F(x)的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2)))，故a＝eq\f(4,e2).(3)當a＝1時，f(x)＝ex－x－1，問題等價于不等式ex－x－1≥kxln(x＋1)，當x≥0時恒成立．設(shè)h(x)＝ex－x－1－kxln(x＋1)(x≥0)，h(0)＝0，又設(shè)m(x)＝h′(x)＝ex－1－keq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx＋1＋\f(x,1＋x)))(x≥0)，則m′(x)＝ex－keq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋x)＋\f(1,1＋x2)))，而m′(0)＝1－2k(ⅰ)當1－2k≥0時，即k≤eq\f(