2021年（老高考）数学（文）二轮专题练习：主观题专练 函数与导数（12） （含解析）.doc

1、函数与导数函数与导数(12) 12020 惠州市调研考试试题已知函数 f(x)ln x x . (1)求 f(x)的最大值； (2)设实数 a0，求函数 F(x)af(x)在a,2a上的最小值 22020 郑州市质量预测已知函数 f(x)ln x a ，g(x)x1 x (x0) (1)当 a1 时，求曲线 yfx gx在 x1 处的切线方程； (2)讨论函数 F(x)f(x) 1 gx在(0，)上的单调性 32020 安徽省安庆市高三模拟已知函数 f(x)eln xax(aR) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 ae 时，证明：xf(x)ex2ex0. 42020 安徽省高三联考试题

2、设函数 f(x)ex(x2)1 3kx 31 2kx 2. (1)若 k1，求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)存在三个极值点 x1，x2，x3，且 x1x22x2. 5 2020 南昌市高三年级摸底测试卷已知函数 f(x)xexa(aR， e 为自然对数的底数)， g(x)1 2(x1) 2. (1)若直线 yx1 是函数 f(x)图象的一条切线，求 a 的值； (2)对于任意 x(3 2，)，f(x)g(x)恒成立，求 a 的取值范围 62020 黄冈中学、华师附中等八校联考已知函数 f(x)ln xa xa(aR) (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若关于 x 的方程 f

3、(x)exa xax 有唯一实数解 x0， 且 x0(n， n1)， nN *， 求 n 的值 函数与导数函数与导数(12) 1解析：(1)f(x)1ln x x2 (x0)，令 f(x)0 得 xe.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，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)minminF(a)，F(2a) F(a)F(2a)ln a1 2ln(2a) 1 2ln a 2， 当 02 时，F(a)F(2a)0，F(x)minF(2a)1 2ln(2a)综上所述，当

4、02 时，F(x)在a,2a上的最小值为1 2ln(2a) 2解析：(1)当 a1 时，曲线 yfx gx xln x x1.y 1ln xx1xln x x12 ln xx1 x12 . 当 x1 时，y1 2.所以曲线 y fx gx在 x1 处的切线的斜率为 1 2，又切线过点(1,0)，所以切线方 程为 x2y10. (2)f(x) 1 ax， 1 gx 1 x12，F(x)f(x) 1 gx 1 ax 1 x12 x12ax axx12 ， 当 a0 时，F(x)0 时，令 k(x)x1 2ax a 1 ax 2 (2 a1)x 1 a0，则 1 4 a，当 0，即 00，即 a4

5、时，方程1 ax 2(2 a1)x 1 a0 有两个不等实根 x1， x2，不妨设 x1x2，则 0x11x2(x1a2 a 24a 2 ，x2a2 a 24a 2 )，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 a4 时，F(x)的单调递减区间是(a2 a 24a 2 ，a2 a 24a 2 )， 单调递增区间是(0，a2 a 24a 2 )，(a2 a 24a 2 ，)；当 00)， 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增 若 a0，则当 0x0； 当 xe a时，f(x)0，所以只需证 f(x)e x x2e， 由(

6、1)知，当 ae 时，f(x)在(0,1)上单调递增， 在(1，)上单调递减， 所以 f(x)maxf(1)e. 设 g(x)e x x2e(x0)，则 g(x) x1ex x2 ， 所以当 0x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming(1)e. 所以当 x0 时，f(x)g(x)， 即 f(x)e x x2e， 即 xf(x)ex2ex0. 解法二 证明：由题意知， 即证 exln xex2ex2ex0(x0)， 从而等价于 ln xx2e x ex. 设函数 g(x)ln xx2，则 g(x)1 x1. 所以当 x(0,1)时，g(x)0； 当 x(1

7、，)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)e x ex，则 h(x) exx1 ex2 . 所以当 x(0,1)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 x0 时，g(x)h(x)， 即 xf(x)ex2ex0. 4解析：(1)f(x)ex(x2)1 3x 31 2x 2，f(x)(exx)(x1)令 h(x)exx，则 h(x) ex1，令 h(x)0 得 x0，令 h(x)0 得 x0， 即

8、 exx0.令 f(x)0 得 x1， 令 f(x)0 得 x0，令 g(x)0 得 xln k，令 g(x)0 得 xln kg(x) 在(，ln k)上单调递减，在(ln k，)上单调递增g(ln k)eln kkln kk(1ln k)e，此时，g(0)10，ln k1，g(1)eke 时，f(x)0 有三个根 x1，x2，x3，且 0x11x2 2 x3x1， 可变形为 ln x3 x12 x3 x11 x3 x11 ， 令 tx3 x1， (t)ln t2t1 t1 ，则 t1，(t)1 t 4 t12 t12 tt120，(t)在(1，)上单调递增， (t)(1)0.1ln x3l

9、n x1 x3x1 2 x3x1，x3x12，x3x12x2. 5解析：设切点的坐标为(m，m1)，由题意得 f(x)(x1)ex，则 1(m1)em，显 然 m1，则 em 1 m1，所以 e m 1 m10.设 F(m)e m 1 m1(m1)，当 m0 恒成立当 m1 时，F(m)单调递增， 又 F(0)e0 1 010，所以 m0.因为切点 在函数 f(x)的图象上，所以 m1mema，所以 a1. (2)对于任意 x(3 2，)，f(x)g(x)恒成立，所以 a0， (x)单调递增； x(1,0)时， (x)0， (x)单调递增 而 (0)1 2， ( 3 2) 3 2e 3 2 1

10、 8， 下面比较 (0)与 ( 3 2)的大小， 因为 e 316， 所以 e34，e3 24，所以 e 3 20，即 ( 3 2)(0)，所以当 x( 3 2，)时，(x)(0) 1 2，所以 a0，f(x)在(0，)上单调递 增；若 a0，则 x(0，a)时，f(x)0 时，f(x)在(a，)上单调递增综上所述：当 a0 时，函数 f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 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 ln xexaxa0 有唯一解 x0，且 x0(n，n1)，nN*. 设 h(x)ln xexaxa(x0)，则 h(x)0 有唯一解

11、x0，x0(n，n1)，nN*. h(x)1 xe xa，令 g(x)h(x)1 xe xa，则 g(x)1 x2e x0，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)ln t0et0at0a0，当 x0 时，h(x)，故存在唯一的 x0t0满足下式： 1 x0ex0a0 ln x0ex0ax0a0 ，消去 a，得 ln x0ex0(x01)(ex0 1 x0)0.令 (x)ln xe x(x 1)(ex1 x)ln x2e xxex1 x1， 则 (x) 1 x2e xexxex1 x2 x1 x2 (x1)ex(x1)(1 x2 ex)故当 x(0,1)时，(x)0，(x) 在(1，)上单调递增由 (1)e0，可得存在 x0(1,2)，使得 (x0) 0，即 h(x0)0.又关于 x 的方程 f(x)exa xax 有唯一实数解 x0，且 x0(n，n1)，nN * 所以 x0(1,2)故 n1.