《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 綜合大題部分真題押題精練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 綜合大題部分真題押題精練 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 綜合大題部分真題押題精練 理 1. (2017·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍． 解析：(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若a≤0，則f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減． ②若a>0，則由f′(x)＝0得x＝－ln a. 當(dāng)x∈(－∞，－ln a)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(－ln a，＋∞)時，f

2、′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞減， 在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點． ②若a>0，由(1)知，當(dāng)x＝－ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(－ln a)＝1－＋ln a. a．當(dāng)a＝1時，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一個零點； b．當(dāng)a∈(1，＋∞)時，由于1－＋ln a>0， 即f(－ln a)>0，故f(x)沒有零點； c．當(dāng)a∈(0,1)時，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0. 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0， 故f(x)在

3、(－∞，－ln a)有一個零點． 設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln， 則f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0. 由于ln>－ln a， 因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一個零點． 綜上，a的取值范圍為(0,1)． 2．(2017·高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，…0，由f′(x)＝1－＝知，當(dāng)x∈(0，a)時，

4、f′(x)<0；當(dāng)x∈(a， ＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增． 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點． 由于f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，f(x)≥0. 故a＝1. (2)由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時，x－1－ln x>0. 令x＝1＋得ln<.從而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1. 故…2， 所以m的最小值為3. 3．(2018·高考全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.

5、解析：(1)證明：當(dāng)a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1≤0. 設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x. 當(dāng)x≠1時，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減． 而g(0)＝0，故當(dāng)x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一個零點等價于h(x)在(0，＋∞)只有一個零點． (ⅰ)當(dāng)a≤0時，h(x)＞0，h(x)沒有零點； (ⅱ)當(dāng)a＞0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 當(dāng)x∈(0,2)時，h′(x)＜0；當(dāng)x∈(

6、2，＋∞)時，h′(x)＞0. 所以h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增． 故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值． ①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)沒有零點． ②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一個零點． ③若h(2)＜0，即a＞， 因為h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一個零點； 由(1)知，當(dāng)x＞0時，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)有兩個零點． 綜上，當(dāng)f(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，a＝. 1. 已知函數(shù)f

7、(x)＝ln(x＋1)＋ax2，a>0. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)上有唯一零點x0，證明：e－2－1， 令g(x)＝2ax2＋2ax＋1， 則Δ＝4a2－8a＝4a(a－2)， 若Δ<0，即00， 故當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 若Δ＝0，即a＝2，則g(x)≥0， 僅當(dāng)x＝－時，等號成立， 故當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增． 若Δ>0，即a>2，則g(x)有兩個零點， x1＝，x2＝

8、， 由g(－1)＝g(0)＝1>0，g(－)<0得， －10，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(x1，x2)時，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 綜上所述，當(dāng)02時，f(x)在(－1，)和(，＋∞)上單調(diào)遞增， 在(，)上單調(diào)遞減． (2)由(1)及f(0)＝0可知：僅當(dāng)極大值等于零，即f(x1)＝0時，符合要求． 此時，x1就是函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)上

9、的唯一零點x0. 所以2ax＋2ax0＋1＝0， 從而有a＝－， 又f(x0)＝ln(x0＋1)＋ax＝0， 所以ln(x0＋1)－＝0， 令x0＋1＝t0，則ln t0－＝0， 即ln t0＋－＝0，且00，h(e－1)＝<0， 所以e－20)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若m＝，對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f

10、(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)f(x)＝ln x－mx，x>0， 所以f′(x)＝－m， 當(dāng)m≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)m>0時，由f′(x)＝0得x＝； 由得0. 綜上所述，當(dāng)m≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)m>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)， 單調(diào)遞減區(qū)間為(，＋∞)． (2)若m＝，則f(x)＝ln x－x. 對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立， 等價于對?x∈[2,2e2]都有g(shù)(x)min≥f(x)max， 由(1)知在[2,2e2]

11、上f(x)的最大值為f(e2)＝， g′(x)＝1＋>0(a>0)，x∈[2,2e2]， 函數(shù)g(x)在[2,2e2]上是增函數(shù)， g(x)min＝g(2)＝2－， 由2－≥，得a≤3， 又a>0，所以a∈(0,3]，所以實數(shù)a的取值范圍為(0,3]． 3．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直． (1)試比較：2 0182 019與2 0192 018的大小并說明理由； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－k有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1x2>e2. 解析：(1)依題意得f′(x)＝， 所以f′(1)＝＝，

12、 又曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，所以f′(1)＝1， 即＝1，解得a＝0. 故f(x)＝，f′(x)＝. 令f′(x)>0，則1－ln x>0，解得0e， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)， 單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)． ∴f(2 018)>f(2 019)，即>， 即ln 2 0182 019>ln 2 0192 018， ∴2 0182 019>2 0192 018. (2)不妨設(shè)x1>x2>0，因為g(x1)＝g(x2)＝0， 所以ln x1－kx1＝0，ln

13、x2－kx2＝0， 可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)， ln x1－ln x2＝k(x1－x2)． 要證x1x2>e2，即證ln x1x2>2， 只需證ln x1＋ln x2>2， 也就是證k(x1＋x2)>2，即證k>. 因為k＝， 所以只需證>， 即證ln >. 令＝t(t>1)，則只需證ln t>(t>1)． 令h(t)＝ln t－(t>1)， 則h′(t)＝－＝>0， 故函數(shù)h(t)在(1，＋∞)上是單調(diào)遞增的， 所以h(t)>h(1)＝0，即ln t>. 所以x1x2>e2. 4．已知函數(shù)f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點P(2，)

14、處的切線方程； (2)證明：f(x)>2(x－ln x)． 解析：(1)因為f(x)＝， 所以f′(x)＝＝，f′(2)＝， 又切點為(2，)，所以切線方程為 y－＝(x－2)，即e2x－4y＝0. (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－2(x－ln x)＝－2x＋2ln x，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝－2＋＝，x∈(0，＋∞)． 設(shè)h(x)＝ex－2x，x∈(0，＋∞)， 則h′(x)＝ex－2，令h′(x)＝0，則x＝ln 2. 當(dāng)x∈(0，ln 2)時，h′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln 2，＋∞)時，h′(x)>0. 所以h(x)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2>0， 故h(x)＝ex－2x>0. 令g′(x)＝＝0，則x＝1. 當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0. 所以g(x)min＝g(1)＝e－2>0， 故g(x)＝f(x)－2(x－ln x)>0， 從而有f(x)>2(x－ln x)．