【文档说明】【精准解析】2021高考数学（文）二轮（统考版）：主观题专练 函数与导数（12）.docx，共(7)页，77.036 KB，由envi的店铺上传

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函数与导数(12)1．[2020·惠州市调研考试试题]已知函数f(x)＝lnxx.(1)求f(x)的最大值；(2)设实数a>0，求函数F(x)＝af(x)在[a,2a]上的最小值．2．[2020·郑州市

质量预测]已知函数f(x)＝lnxa，g(x)＝x＋1x(x>0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)g(x)在x＝1处的切线方程；(2)讨论函数F(x)＝f(x)－1g(x)在(0，＋∞)上的单调性．3．[2020·安徽省安庆市高三模拟]已知函数f(x)＝

elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.4．[2020·安徽省高三联考试题]设函数f(x)＝ex(x－2)－13kx3＋12kx2.(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)存在三个极值点x1，x2，x3，且x1<x2

<x3，求k的取值范围，并证明：x1＋x3>2x2.5．[2020·南昌市高三年级摸底测试卷]已知函数f(x)＝xex－a(a∈R，e为自然对数的底数)，g(x)＝12(x＋1)2.(1)若直线y＝x－1是函数f(x

)图象的一条切线，求a的值；(2)对于任意x∈(－32，＋∞)，f(x)>g(x)恒成立，求a的取值范围．6．[2020·黄冈中学、华师附中等八校联考]已知函数f(x)＝lnx＋ax－a(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)

若关于x的方程f(x)＝ex＋ax－ax有唯一实数解x0，且x0∈(n，n＋1)，n∈N*，求n的值．函数与导数(12)1．解析：(1)f′(x)＝1－lnxx2(x>0)，令f′(x)＝0得x＝e.当x∈(0，e)时，f′(x)>0

，f(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(e)＝1e，即f(x)的最大值为1e.(2)∵a>0，∴结合(1)得F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴F(x)

在[a,2a]上的最小值F(x)min＝min{F(a)，F(2a)}．∵F(a)－F(2a)＝lna－12ln(2a)＝12lna2，∴当0<a≤2时，F(a)－F(2a)≤0，F(x)min＝F(a)＝lna；当a>2时，F(a)－F(2a)>0，F(x)m

in＝F(2a)＝12ln(2a)．综上所述，当0<a≤2时，F(x)在[a,2a]上的最小值为lna；当a>2时，F(x)在[a,2a]上的最小值为12ln(2a)．2．解析：(1)当a＝1时，曲线y＝f(x)g(x)＝xlnxx＋1.y′＝(1＋lnx)(x＋1)－xlnx(x＋1)2＝l

nx＋x＋1(x＋1)2.当x＝1时，y′＝12.所以曲线y＝f(x)g(x)在x＝1处的切线的斜率为12，又切线过点(1,0)，所以切线方程为x－2y－1＝0.(2)f′(x)＝1ax，[1g(x)]′＝1(x＋1)2，F′(x)＝f′(x)－[1g(x)]′

＝1ax－1(x＋1)2＝(x＋1)2－axax(x＋1)2，当a<0时，F′(x)<0，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．当a>0时，令k(x)＝(x＋1)2－axa＝1ax2＋(2a－1)x＋1a＝0，则Δ＝1－4a，当Δ≤0，即0<a≤4时，k(x)≥

0，此时F′(x)≥0，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增；当Δ>0，即a>4时，方程1ax2＋(2a－1)x＋1a＝0有两个不等实根x1，x2，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2(x1＝a－2－a2－4a2，x2＝a－2＋a2－4a2)，此时，函数F(x)在(0，x1)

，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．综上所述，当a<0时，F(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；当a>4时，F(x)的单调递减区间是(a－2－a2－4a2，a－2＋a2－4a2)，单调递增区间是(0，a－2－a2

－4a2)，(a－2＋a2－4a2，＋∞)；当0<a≤4时，F(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．3．解析：(1)f′(x)＝ex－a＝e－axx(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(

0，＋∞)上单调递增．②若a>0，则当0<x<ea时，f′(x)>0；当x>ea时，f′(x)<0.所以f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．(2)解法一证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤exx－2e，由(1)知，当a＝e时，f(x

)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝exx－2e(x>0)，则g′(x)＝(x－1)exx2，所以当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g(x)min＝g(1)＝－e.所以当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.解法二证明：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0(x>0)，从而等价于lnx－x＋2≤exex.设函数g(x)＝ln

x－x＋2，则g′(x)＝1x－1.所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝exex，则h′

(x)＝ex(x－1)ex2.所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0.故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．从而h(x)在(0，＋∞)上的最

小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.4．解析：(1)f(x)＝ex(x－2)－13x3＋12x2，∴f′(x)＝(ex－x)(x－1)．令h(x)＝ex－x，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)>0得x>0，

令h′(x)<0得x<0，∴h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．∴h(x)≥h(0)＝1>0，即ex－x>0.∴令f′(x)>0得x>1，令f′(x)<0得x<1，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间

为(1，＋∞)．(2)f′(x)＝ex(x－2)＋ex－kx2＋kx＝(ex－kx)(x－1)，∵f(x)有三个极值点，∴方程ex－kx＝0有两个不等实根，且都不是1，令g(x)＝ex－kx，则g′(x)＝ex－k，当

k≤0时，g(x)单调递增，g(x)＝0至多有一个实根，∴k>0，令g′(x)>0得x>lnk，令g′(x)<0得x<lnk．∴g(x)在(－∞，lnk)上单调递减，在(lnk，＋∞)上单调递增．∴g(lnk)

＝elnk－klnk＝k(1－lnk)<0，k>e，此时，g(0)＝1>0，lnk>1，g(1)＝e－k<0，x→＋∞时，g(x)→＋∞.∴k>e时，f′(x)＝0有三个根x1，x2，x3，且0<x1<1＝x2<x3，由ex1

＝kx1得x1＝lnk＋lnx1，由ex3＝kx3得x3＝lnk＋lnx3，∴lnx3－lnx1x3－x1＝1.下面证明：lnx3－lnx1x3－x1>2x3＋x1，可变形为lnx3x1>2×x3x1－1

x3x1＋1，令t＝x3x1，φ(t)＝lnt－2(t－1)t＋1，则t>1，φ′(t)＝1t－4(t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2>0，∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(t)>φ(1)＝0.∴1＝lnx3－lnx1x3－x1>2x3＋x1，

∴x3＋x1>2，∴x3＋x1>2x2.5．解析：设切点的坐标为(m，m－1)，由题意得f′(x)＝(x＋1)ex，则1＝(m＋1)em，显然m≠－1，则em＝1m＋1，所以em－1m＋1＝0.设F(

m)＝em－1m＋1(m≠－1)，当m<－1时，F(m)>0恒成立．当m>－1时，F(m)单调递增，又F(0)＝e0－10＋1＝0，所以m＝0.因为切点在函数f(x)的图象上，所以m－1＝mem－a，所以a＝1.(2)对于任意x∈(－32，＋∞)，f(x)>g(x)恒成立，所以a<xex

－12(x＋1)2在(－32，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝xex－12(x＋1)2，则φ′(x)＝(x＋1)ex－(x＋1)＝(x＋1)(ex－1)，当x∈(－32，－1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；x∈(－1,0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减

；x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．而φ(0)＝－12，φ(－32)＝－32e－32－18，下面比较φ(0)与φ(－32)的大小，因为e3>16，所以e3>4，e32>4，所以e－32<14，故φ(－32)－φ(0)＝－32e－32＋38＝－32(e－32－14

)>0，即φ(－32)>φ(0)，所以当x∈(－32，＋∞)时，φ(x)≥φ(0)＝－12，所以a<－12，即a的取值范围为(－∞，－12)．6．解析：(1)f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2(a∈R)．若a≤0，则f′(x)>0，f(

x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0时，f(x)在(a，＋∞)上单调递增．综上所述：当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)

在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)由已知可得方程lnx－ex＋ax－a＝0有唯一解x0，且x0∈(n，n＋1)，n∈N*.设h(x)＝lnx－ex＋ax－a(x>0)，则h(x)＝0有唯一解x0，x0∈(n，n＋1)，n

∈N*.h′(x)＝1x－ex＋a，令g(x)＝h′(x)＝1x－ex＋a，则g′(x)＝－1x2－ex<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，即h′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又x→0时，h′(x)→＋∞，x→＋

∞时，h′(x)→－∞，所以存在t0∈(0，＋∞)使得h′(t0)＝1t0－et0＋a＝0.当x∈(0，t0)时，h′(x)>0，h(x)在(0，t0)上单调递增，x∈(t0，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(t0，＋∞)上单调

递减．又h(x)＝0有唯一解，则必有h(t0)＝lnt0－et0＋at0－a＝0，当x→0时，h(x)→－∞，故存在唯一的x0＝t0满足下式：1x0－ex0＋a＝0lnx0－ex0＋ax0－a＝0，消去a，得lnx0－ex0＋(x0－1)(ex0－1x0)＝0.令φ(

x)＝lnx－ex＋(x－1)(ex－1x)＝lnx－2ex＋xex＋1x－1，则φ′(x)＝1x－2ex＋ex＋xex－1x2＝x－1x2＋(x－1)ex＝(x－1)(1x2＋ex)．故当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，φ′(

x)>0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．由φ(1)＝－e<0，φ(2)＝－12＋ln2>0，可得存在x0∈(1,2)，使得φ(x0)＝0，即h(x0)＝0.又关于x的方程f(x)＝ex＋ax－ax有唯一实数解x0，且x0∈(n，n＋1)，n∈N*所以x0∈(1,2)．故n＝1.获

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