2023届高考数学二轮复习专题五函数与导数的综合应用作业含答案

专题强化训练(五)

1.(2022·河北唐山一模)已知函数f(x)=.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明:f(x)≥.

(1)解:f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞),f′(x)=.

当x<-1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当-1<x<0时,f′(x)<0,f(x)单调递减;

当x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故f(x)在(-∞,-1)和(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

(2)证明:令g(x)=(x+1)2e1-x,x≥0,

则g′(x)=e1-x(1-x2),

所以当0≤x<1时,g′(x)>0,g(x)单调递增;

当x>1时,g′(x)<0,g(x)单调递减,

所以g(x)max=g(1)=4,即(x+1)2e1-x≤4,

从而≥,所以f(x)≥.

又-=≥0,

所以≥,当且仅当x=1时取等号,故f(x)≥.

2.(2022·福建模拟预测)已知函数f(x)=ex-ax2-x-1.

(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)若f(x)≥0,求实数a的取值范围.

解:(1) 因为f(x)=ex-x2-x-1,当x=1时,切点为(1,e-3),

求导得f′(x)=ex-2x-1,故切线斜率为f′(1)=e-3,所以所求切线方程为y-(e-3)=(e-3)(x-1),即(e-3)x-y=0.

(2)f(x)≥0等价于ex≥ax2+x+1恒成立,

当a>0时,上式不恒成立,证明如下:

当x<0时,ex<1,当x<-时,ax2+x+1=x(ax+1)+1>1,从而ex≥ax2+x+1不恒成立,不符合题意;

当a≤0时,ax2+x+1≤x+1,下面先证明ex≥x+1,令h(x)=ex-x-1,

则h′(x)=ex-1,

当x<0时,h′(x)<0,h(x)单调递减;当x>0时,h′(x)>0,h(x)单调

递增,

所以h(x)min=h(0)=0,即h(x)≥0,所以ex≥x+1,而ax2+x+1≤x+1,

故ex≥ax2+x+1,

综上,若f(x)≥0,则实数a的取值范围为(-∞,0].

3.(2022·河北模拟预测)已知函数f(x)=x-aex,a∈R.

(1)当x≥0时,讨论函数f(x)的单调性;

(2)若方程f(x)=0有两个不相等的实数根x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2.

(1)解: 因为f(x)=x-aex,x≥0,所以f′(x)=1-aex.

①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在[0,+∞)上单调递增.

②当a>0时,令f′(x)=0,解得x=ln.

当a≥1时,ln≤0,f′(x)≤0,f(x)在[0,+∞)上单调递减;

当0<a<1时,ln>0,当x∈(0,ln)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;

当x∈(ln,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

综上,当a≤0时,f(x)在[0,+∞)上单调递增;当a≥1时,f(x)在

[0,+∞)上单调递减;

当0<a<1时,f(x)在(0,ln)上单调递增,在(ln,+∞)上单调递减.

(2) 证明:由(1)可知,当a≤0时,f(x)单调递增,当a>0时,f(x)在

(-∞,ln)上单调递增,在(ln,+∞)上单调递减.所以若方程f(x)=0有两个不相等的实数根x1,x2,则a>0,且f(ln)>0,所以a∈(0,).

所以即a=,a=,

有=,有=,

有x1+x2=.

令x2-x1=t(t>0),有x1+x2=,

又由x1+x2-2==,令g(x)=+1(x>0),

有g′(x)=>0,

可知函数g(x)单调递增,有g(x)>0,故有x1+x2>2.

4.(2022·广东韶关一模)已知函数f(x)=logax-,a>0且a≠1.

(1)若a=e,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)讨论函数f(x)的零点个数.

解:(1)若a=e,则f(x)=ln x-,f(1)=0,又f′(x)=-,所以

f′(1)=,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=(x-1),即x-2y-1=0.

(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),又f(x)=logax-=-,所以函数f(x)的零点个数,即方程ln x-(ln a)=0的解的个数,记h(x)=

ln x-(ln a),显然x=1是函数h(x)的零点,h′(x)=-=

,记g(x)=x2+(2-2ln a)x+1,方程g(x)=0中,Δ=

(2-2ln a)2-4=4ln a(ln a-2).

若Δ≤0,则0<ln a≤2,即1<a≤e2,g(x)≥0,

所以h′(x)≥0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有唯一零点1.

若0<a<1,此时ln a<0,则g(x)>0,所以h′(x)>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有唯一零点1,

若a>e2,由于h(x)+h()=ln x-(ln a)+ln-(ln a)=0,

所以函数h(x)在(0,1)上的零点个数与在(1,+∞)上的零点个数相同,

当x∈(0,1)时,g(0)=1>0,g(1)=4-2ln a<0,所以∃x0∈(0,1),使得g(x0)=0,

当x∈(0,x0)时,g(x)>0,所以函数h(x)在(0,x0)上单调递增,

当x∈(x0,1)时,g(x)<0,所以函数h(x)在(x0,1)上单调递减.

所以h(x0)>h(1)=0,

又h()=-ln a-ln a()=-ln a·<0,

所以函数h(x)在(0,x0)上有1个零点,在(x0,1)上没有零点,

所以函数h(x)在(0,1)和(1,+∞)上各有1个零点.

综上所述,当0<a<1或1<a≤e2时,函数f(x)的零点个数为1;

当a>e2时,函数f(x)的零点个数为3.