压轴大题突破练04 函数与导数（2）-【步步高】2019大二轮高考22题逐题特训-理科数学（通用版）

(四)函数与导数(2) 1．(2018·江西省重点中学协作体联考)已知f(x)＝ex，g(x)＝x2＋ax－2xsin x＋1. (1)证明：1＋x≤ex≤(x∈[0,1))； (2)若x∈[0,1)时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． (1)证明　设h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1， 故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 从而h(x)≥h(0)＝0，即ex≥1＋x. 而当x∈[0,1)时，e－x≥1－x，即ex≤. (2)解　设F(x)＝f(x)－g(x) ＝ex－(x2＋ax－2xsin x＋1)， 则F(0)＝0， F′(x)＝ex－(2x＋a－2xcos x－2sin x)． 要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立，必须有F′(0)≥0. 即a≤1. 以下证明：当a≤1时，f(x)≥g(x)． 只要证1＋x≥x2＋x－2xsin x＋1， 只要证2sin x≥x在[0,1)上恒成立． 令φ(x)＝2sin x－x， 则φ′(x)＝2cos x－1>0对x∈[0,1)恒成立， 又φ(0)＝0，所以2sin x≥x，从而不等式得证． 2．(2018·宿州质检)设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a， 当a＝0时，f(x)＝x， 则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)>0得x> ， 由f′(x)<0得0<x< . 所以f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，)) 上单调递减， 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞)) 上单调递增； 当a<0时，由f′(x)>0得0<x< ， 由f′(x)<0得x> ， 所以函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，)) 上单调递增， 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞)) 上单调递减． 综上所述，当a＝0时， 函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，)) 上单调递减， 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞)) 上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，)) 上单调递增， 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞)) 上单调递减． (2)证明　由(1)知a<0且 ＝1， 解得a＝－1，f(x)＝x－xln x. 要证f(x)≤e－x＋x2， 即证x－xln x≤e－x＋x2， 即证1－ln x≤＋x. 令F(x)＝ln x＋＋x－1(x>0)， 则F′(x)＝＋1 ＋ ＝. 令g(x)＝x－e－x， 得函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 而g(1)＝1－>0，g(0)＝－1<0， 所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0， 使得g(x0)＝x0－ ＝0， 即x0＝ ， 且x∈(0，x0)时，g(x)<0，x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0. 故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． ∴F(x)min＝F(x0)＝ln x0 ＋ eq \f(,x0) ＋x0－1. 又 ＝x0， ∴F(x)min＝ln x0＋ eq \f(,x0) ＋x0－1 ＝－x0＋1＋x0－1＝0. ∴F(x)≥F(x0)＝0成立， 即f(x)≤e－x＋x2成立． 3．(2018·皖江八校联考)已知函数f(x)＝. (1)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值； (2)若对任意的a≤0，f(x)≤在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围． 解　(1)由题意， f′(x)＝[(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x] ＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1] ＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)． ①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)， 令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f(x)的极大值为f(1)＝，不合题意． ≠ ②当a>0时，1－<1， 令f′(x)>0，得1－<x<1； 令f′(x)<0，得x<1－或x>1， 所以f(x)在上单调递增， 在，(1，＋∞)上单调递减． 所以f(x)的极大值为f(1