1、高考大题专项练一高考中的函数与导数1.(2021全国)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.2.(2021四川眉山三模)已知f(x)=ex-cosx+ax2-x,其中a0.(1)当a=1时,求f(x)的极值;(2)若f(x)(a-1)x,求a的值.3.已知函数f(x)=2sin x-xcosx-x,f(x)为f(x)的导数.(1)证明:f(x)在区间(0,)存在唯一零点;(2)若x0,时,f(x)ax,求a的取值范围.4.已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)2x+c,求c的取值
2、范围;(2)设a0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性.5.已知函数f(x)=aex-lnx-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a1e时,f(x)0.6.(2021新高考)已知函数f(x)=x(1-ln x).(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:21a+1be.7.已知函数f(x)=12ax2-(2a+1)x+2ln x(aR).(1)求f(x)的单调区间;(2)设g(x)=x2-2x,若对任意x1(0,2,均存在x2(0,2,使得f(x1)g(x2),求a的取值范围.
3、8.设函数f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中aR.(1)若a0,讨论f(x)的单调性.(2)若0ax0,证明3x0-x12.答案：1.解(1)函数f(x)=x3-x2+ax+1的定义域为R,其导数为f(x)=3x2-2x+a.当a13时,方程f(x)=0至多有一解,f(x)0,f(x)在R上单调递增;当a13时,若f(x)=0,则3x2-2x+a=0,此时方程3x2-2x+a=0有两根,即x1=1-1-3a3,x2=1+1-3a3.当xx2时,f(x)0;当x1xx2时,f(x)0,故f(x)在区间(-,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,在区间(x2,+)内单调递增.故当
4、a13时,f(x)在R上单调递增;当a0,u(x)0,u(x)即f(x)在R上单调递增,又f(0)=0,当x(-,0)时,f(x)0;f(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增,f(x)在x=0处取得极小值,且极小值为f(0)=0,无极大值.(2)令F(x)=f(x)-(a-1)x=ex-cosx+ax2-ax,则F(x)=ex+sinx+2ax-a且F(0)=0,F(0)=1-a.令g(x)=F(x)=ex+sinx+2ax-a,则g(x)=ex+cosx+2a. 当a=1时,F(x)=f(x),由(1)知,f(x)的极小值,即最小值为0,则f(x)0,即F(x)0, f
5、(x)(a-1)x,满足题意;当a1时,g(x)ex+cosx+2ex+10,g(x),即F(x)为R上的增函数,又F(0)=1-a0,x0(0,1),使得F(x0)=0,当x(0,x0)时,F(x)0=F(x0),F(x)在区间(0,x0)上单调递减,当x(0,x0)时,F(x)F(0)=0,即f(x)(a-1)x,不合题意;当0ag(-1)=1e+cos1+2a0.g(x),即F(x)在区间(-1,0)上为增函数,又F(0)=1-a0,F(-1)=1e-sin1-3a1e-12-3a0=F(x1),F(x)在区间(x1,0)上单调递增,当x(x1,0)时,F(x)0;当x2,时,g(x)0
6、,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点.所以f(x)在(0,)存在唯一零点.(2)解由题设知f()a,f()=0,可得a0.由(1)知,f(x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f(x)0;当x(x0,)时,f(x)0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减.又f(0)=0,f()=0,所以,当x0,时,f(x)0.又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(-,0.4.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0x0;当x1时,h(x)0.所以
7、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-c0,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)=2x-ax+lna-lnx(x-a)2=21-ax+lnax(x-a)2.取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x1时,h(x)0,即1-x+lnx0.故当x(0,a)(a,+)时,1-ax+lnax0,从而g(x)0.所以g(x)在区间(0,a),(
8、a,+)内单调递减.5.(1)解f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-1x.由题设知,f(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f(x)=12e2ex-1x.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+)内单调递增.(2)证明当a1e时,f(x)exe-lnx-1.设g(x)=exe-lnx-1,则g(x)=exe-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a1e时,f(x)0.6.(1)解由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+)
9、,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-alnb=a-b,得1a-1aln1a=1b-1bln1b.令x1=1a,x2=1b,则x1x2,f(x1)=f(x2).不妨设0x1x2,令f(x)=0,得x=1.且f(e)=0.结合(1)中f(x)的单调性,易知,0x11x2e.待证结论2x1+x22.令g(x)=f(x)-f(2-x),x0,1,则g(x)=-lnx(2-x)0,所以g(x)在区间0,1内单调递增,
10、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-x12.再证明x1+x20,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)(x).令t=f(x1)=f(x2),则t=f(x2)(x2)=e-x2t+x2x1,即x1+x2t+x2e.综上,2x1+x2e.故21a+1b0).(1)f(x)=(ax-1)(x-2)x(x0).当a0时,x0,ax-10,在区间(2,+)内,f(x)0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+).当0a2,在区
11、间(0,2)和1a,+内,f(x)0,在区间2,1a内,f(x)12时,01a0,在区间1a,2内,f(x)0,故f(x)的单调递增区间是0,1a和(2,+),单调递减区间是1a,2.(2)对任意x1(0,2,均存在x2(0,2,使得f(x1)g(x2)在区间(0,2上有f(x)maxg(x)max.由题意可知g(x)max=0,由(1)可知,当a12时,f(x)在区间(0,2上单调递增.故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2,所以-2a-2+2ln2ln2-1.故ln2-112时,f(x)在区间0,1a上单调递增,在区间1a,2上单调递减,故f(x)
12、max=f1a=12a-(2a+1)1a+2ln1a=-12a-2-2lna12时,12a+2lna12a+2lne-1=12a-2-2.故a12时满足题意.综上,a的取值范围为(ln2-1,+).8.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=1x-aex+a(x-1)ex=1-ax2exx.因此当a0时,1-ax2ex0,从而f(x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增.(2)证明由(1)知,f(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且gln1a=1-aln1a21a=1-ln1a20,故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f(x)=0在(0,+
13、)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0g(x0)x=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时,f(x)=g(x)x1时,h(x)=1x-11时,h(x)h(1)=0,所以xx-1.从而fln1a=lnln1a-aln1a-1eln1a=lnln1a-ln1a+1=hln1af(1)=0,所以f(x)在(x0,+)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+)内恰有两个零点.由题意,f(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,lnx1=a(x1-1)ex1,从而lnx1=x1-1x02ex1-x0,即ex1-x0=x02lnx1x1-1.因为当x1时,lnxx01,故ex1-x0x02(x1-1)x1-1=x02,两边取对数,得lnex1-x0lnx02,于是x1-x02lnx02.
