【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）规范答题增分专项1　高考中的函数与导数 Word版含解析.docx，共(7)页，40.275 KB，由小赞的店铺上传

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规范答题增分专项一高考中的函数与导数1.已知函数f(x)=2lnx+1.(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;(2)设a>0,讨论函数g(x)=𝑓(𝑥)-𝑓(𝑎)𝑥-𝑎的单调性.2.设函数f(x)=x3+b

x+c,曲线y=f(x)在点(12,f(12))处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.3.已知a>0,且a≠1,函数f(x)=𝑥𝑎𝑎𝑥(x>0).(1)当a=2时,求函数f(x)的单调

区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.4.已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<

2-2.5.设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;(2)设函数g(x)=𝑥+𝑓(𝑥)𝑥𝑓(𝑥),证明:g(x)<1.6.(2021新高考Ⅰ,22)已知函数f(x

)=x(1-lnx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b,证明:2<1𝑎+1𝑏<e.7.已知函数f(x)=ax-lnx,x∈(0,e],g(x)=ln𝑥𝑥,其中e是自然对数的底数,a∈R.

(1)讨论当a=1时,函数f(x)的单调性和极值.(2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+12.(3)是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.8.已知函数f(x)=sinx-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证

明:(1)f'(x)在区间(-1,π2)内存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.规范答题增分专项一高考中的函数与导数1.解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)=2𝑥-2.(1)

当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1

-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[-1,+∞).(2)g(x)=𝑓(𝑥)-𝑓(𝑎)𝑥-𝑎=2(ln𝑥-ln𝑎)𝑥-𝑎,x∈(0,a)∪(a,+∞).g'(x)=2(𝑥-𝑎𝑥+ln𝑎-ln𝑥)(𝑥-𝑎)2=2(1-𝑎𝑥+l

n𝑎𝑥)(𝑥-𝑎)2.取c=-1,得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-𝑎𝑥+ln𝑎𝑥<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(

0,a),(a,+∞)内单调递减.2.(1)解f'(x)=3x2+b,依题意得f'(12)=0,即34+b=0,解得b=-34.(2)证明由(1)知f(x)=x3-34x+c,f'(x)=3x2-34.令f'(x)=0,解

得x=-12或x=12.当x变化时,f'(x)与f(x)随x的变化情况为x(-∞,-12)-12(-12,12)12(12,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增c+14单调递减c-14单调递增因为

f(1)=f(-12)=c+14,所以当c<-14时,f(x)只有大于1的零点.因为f(-1)=f(12)=c-14,所以当c>14时,f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-14≤c≤14.当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和1.当c=14时,f(x)只

有两个零点-1和12.当-14<c<14时,f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈(-1,-12),x2∈(-12,12),x3∈(12,1).综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对

值都不大于1.3.解(1)当a=2时,f(x)=𝑥22𝑥.f'(x)=2𝑥·2𝑥-2𝑥ln2·𝑥2(2𝑥)2=𝑥(2-𝑥ln2)2𝑥=ln2·𝑥(2ln2-𝑥)2𝑥.当x∈(0,2ln2)时,f'(x

)>0,f(x)单调递增,当x∈(2ln2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(0,2ln2),单调递减区间为(2ln2,+∞).(2)由题知方程f(x)=1在区间(0,+∞)内有两个不相等

的根.由f(x)=1得xa=ax,即alnx=xlna,即ln𝑥𝑥=ln𝑎𝑎.令g(x)=ln𝑥𝑥,g'(x)=1-ln𝑥𝑥2,由g'(x)>0,得0<x<e;由g'(x)<0,得x>e.所以g(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+∞

)内单调递减.所以g(x)max=g(e)=1e.又当0<x≤1时,g(x)≤0,当x>1时,g(x)>0,所以0<ln𝑎𝑎<1e,即a>1且a≠e.4.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=ax-a

-lnx,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,所以g'(1)=0,而g'(x)=a-1𝑥,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g'(x)=1-1𝑥.当0<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x=1是g(x)的极小值点,也是最小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(2)证明由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx.设h(x)=2x-

2-lnx,则h'(x)=2-1𝑥.因为当x∈(0,12)时,h'(x)<0;当x∈(12,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在区间(0,12)内单调递减,在区间12,+∞内单调递增.又h(e-

2)>0,h(12)<0,h(1)=0,所以h(x)在区间(0,12)内有唯一零点x0,在区间[12,+∞)内有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.因为f'(

x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f'(x0)=0,得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,12),得f(x0)<14.由上可知,x=x0是f(x)在区间(0,

1)内的最大值点,又e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0,所以f(x0)>f(e-1)=e-2.所以e-2<f(x0)<2-2.5.(1)解由题意,f(x)的定义域为(-∞,a).令p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),p'(x)=ln(a-x)+x·-1�

�-𝑥=ln(a-x)+-𝑥𝑎-𝑥.因为x=0是函数y=xf(x)的极值点,则有p'(0)=0,即lna=0,所以a=1.当a=1时,p'(x)=ln(1-x)+-𝑥1-𝑥,且p'(0)=0,当x<0时,p'(x)>0,当0<x<1

时,p'(x)<0,所以当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点.(2)证明由(1)可知,xf(x)=xln(1-x),要证𝑥+𝑓(𝑥)𝑥𝑓(𝑥)<1,即需证明𝑥+ln(1-𝑥)𝑥ln(1-𝑥)<1.因为当x∈(-∞,0)时,xln(

1-x)<0,当x∈(0,1)时,xln(1-x)<0,所以需证明x+ln(1-x)>xln(1-x),即x+(1-x)ln(1-x)>0.令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,则h'(x)=(1-x)·-1

1-𝑥+1-ln(1-x)=-ln(1-x),所以h'(0)=0,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,所以x=0为h(x)的唯一极小值点,也是最小值点,所以当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,

h(x)>h(0)=0,即x+ln(1-x)>xln(1-x),所以𝑥+ln(1-𝑥)𝑥ln(1-𝑥)<1,所以𝑥+𝑓(𝑥)𝑥𝑓(𝑥)<1.6.(1)解由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(

x)=-lnx.当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减.(2)证明由blna-al

nb=a-b,得1𝑎−1𝑎ln1𝑎=1𝑏−1𝑏ln1𝑏.令x1=1𝑎,x2=1𝑏,x1≠x2,不妨设x1<x2,令f'(x)=0,得x=1.且f(e)=0.结合(1)中的f(x)的单调性,易知,0<x1<1<x2<e.待证结论⇔2<x1+x

2<e.下面证明x1+x2>2.令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则g'(x)=-ln(x(2-x))>0,所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以0=g(1)>g(x1)=f(x1)-f(2-x1),即f

(2-x1)>f(x1)=f(x2).又f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以2-x1<x2,即x1+x2>2.再证明x1+x2<e.方法一:当x2≤e-1时,结论显然成立;当x2∈(e-1,e)时,x1<e-x2

⇔f(x1)<f(e-x2)⇔f(x2)<f(e-x2),x2∈(e-1,e),令h(x)=f(x)-f(e-x),x∈(e-1,e),h'(x)=-ln(x(e-x)),则h(x)在区间(e-1,e)内先单调递减后单调递增,故h(x)<0.对x∈(e-1,e),则h(x2)<0,即f(

x2)<f(e-x2).故f(x1)<f(e-x2),结合当x∈(0,1)时,f(x)单调递增,有x1<e-x2,即x1+x2<e.方法二:f(x)在点(e,0)处的切线φ(x)=e-x,令F(x)=f(x)-φ(x)

=2x-xlnx-e,x∈(0,e),F'(x)=1-lnx>0,所以F(x)在区间(0,e)内单调递增,即F(x)<F(e)=0,所以当x∈(0,e)时,f(x)<φ(x).令t=f(x1)=f(x2),则t=f(x2)<φ

(x2)=e-x2⇒t+x2<e.又t=f(x1)=x1(1-lnx1),x1∈(0,1),所以t=x1(1-lnx1)>x1,即x1+x2<t+x2<e.综上,2<x1+x2<e.故2<1𝑎+1𝑏<e成立.7.(1)解∵当a=

1时,f(x)=x-lnx,∴f'(x)=1-1𝑥=𝑥-1𝑥.∴当0<x<1时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当1<x≤e时,f'(x)>0时,此时f(x)单调递增.即f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.(2)证明∵f(x)的

极小值为1,∴f(x)在区间(0,e]上的最小值为1,即[f(x)]min=1.又g'(x)=1-ln𝑥𝑥2,∴当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)在区间(0,e]上单调递增,∴[g(x)]max=g(e)=1e<12,∴[f(x)]min-[g(x)]max>12,∴在(1)的条件

下,f(x)>g(x)+12.(3)解假设存在正实数a,使f(x)=ax-lnx(x∈(0,e])有最小值3,则f'(x)=a-1𝑥=𝑎𝑥-1𝑥.①当0<1𝑎<e时,f(x)在区间(0,1𝑎)内单调递减,在区间(1𝑎,e]上单调递增,[f(x)]min=f(1�

�)=1+lna=3,a=e2,满足条件;②当1𝑎≥e时,f(x)在区间(0,e]上单调递减,[f(x)]min=f(e)=ae-1=3,解得a=4e(舍去).综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时f(x)有

最小值3.8.证明(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx-11+𝑥,g'(x)=-sinx+1(1+𝑥)2.当x∈(-1,π2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在区间(-1,π2

)内有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈(𝛼,π2)时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间(𝛼,π2)内单调递减,故g(x)在区间(-1,π2)内存在唯一极大

值点,即f'(x)在区间(-1,π2)内存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)

=0,所以x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.②当x∈(0,π2]时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间(𝛼,π2)内单调递减,而f'(0)=0,f'(π2)<0,所以存在𝛽∈(𝛼,π2),使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f

'(x)>0;当x∈(𝛽,π2)时,f'(x)<0.故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间(𝛽,π2)内单调递减.又f(0)=0,f(π2)=1-ln(1+π2)>0,所以当x∈(0,π2]时,f(x)>0.从而,f(x)在区间(0,π2]上没有零点.③当x∈(π2,π]时,f'

(x)<0,所以f(x)在区间(π2,π)内单调递减.而f(π2)>0,f(π)<0,所以f(x)在区间(π2,π]上有唯一零点.④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.