专题12导数与函数的综合问题（基础巩固）-2021年高考数学二轮复习必刷题（新高考地区专用）

专题12导数与函数的综合问题（基础巩固） 1．已知函数f（x）＝ex+e﹣x，其导函数为f′（x）． （Ⅰ）讨论函数g（x）在定义域内的单调性； （Ⅱ）已知a＞1，设函数h（x）＝f（x）﹣（2+ax2）． ①证明：函数h（x）在（0，+∞）上存在唯一极值点x0； ②在①的条件下，当时，求h（x0）的范围． 【解析】解：（Ⅰ）∵f（x）＝ex+e﹣x， ∴f'（x）＝ex﹣e﹣x，g（x）（x≠0），则， 设p（x）＝（x﹣1）ex+（x+1）e﹣x，则p′（x）＝x（ex﹣e﹣x）， 当x＞0时，p′（x）＞0；当x＜0时，p′（x）＞0， ∴p（x）单调递增，又p（0）＝0， ∴g（x）的减区间为（﹣∞，0），增区间为（0，+∞）； （Ⅱ）①证明：h（x）＝f（x）﹣（2+ax2）＝ex+e﹣x﹣ax2﹣2，则h′（x）＝ex﹣e﹣x﹣2ax， 令φ（x）＝ex﹣e﹣x﹣2ax，则φ′（x）＝ex+e﹣x﹣2a， 令φ′（x）＝0，即e2x﹣2aex+1＝0， 由x＞0，ex＞1，， ∴φ（x）在（0，m）递减，在（m，+∞）递增， ∴h′（x）在（0，m）递减，在（m，+∞）递增， 又， ∴（em+e﹣m）（em﹣e﹣m﹣2m）＞0， ∴存在x0∈（m，2m），使得h′（x0）＝0， 从而有，h（x）在（0，x0）递减，h′（x）在（x0，+∞）递增，函数h（x）在（0，+∞）上存在唯一极值点x0； ②，2a∈（2，e﹣e﹣1）， 在（0，+∞）递增，g（1）＝e﹣e﹣1， ∴0＜x0＜1， ， 设，则， ∴k（x）在（0，1）上递减， ∴h（x0）的取值范围为． 2．已知函数f（x）＝ax﹣2lnx﹣2，g（x）＝axex﹣4x． （1）求函数f（x）的极值； （2）当a＝2时，证明：g（x）+f（x）≥0． 【解析】（1）解：∵f（x）＝ax﹣2lnx﹣2，∴f'（x）＝a，定义域为（0，+∞）， 当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，无极值； 当a＞0时，令f'（x）＝0，得x，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增， ∴极小值为f（）＝2（lna﹣ln2），无极大值． 综上所述， 当a≤0时，函数f（x）无极值； 当a＞0时，函数f（x）的极小值为2（lna﹣ln2），无极大值． （2）证明：当a＝2时，g（x）+f（x）＝2x﹣2lnx﹣2+2xex﹣4x＝2xex﹣2x﹣2lnx﹣2＝2xex﹣2ln（xex）﹣2， 要证g（x）+f（x）≥0，即证2xex﹣2ln（xex）﹣2≥0，需证f（xex）≥0． 由（1）知，当a＝2时，极小值为f（）＝f（1）＝2（ln2﹣ln2）＝0，这也是f（x）的最小值， ∴f（x）≥0恒成立，即f（xex）≥0也成立， 故当a＝2时，有g（x）+f（x）≥0． 3．已知函数f（x）a（x﹣1）2+（x﹣2）ex（a＞0）． （Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性； （Ⅱ）若关于x的方程f（x）a＝0在（0，+∞）上存在3个不相等的实数根，求a的取值范围． 【解析】解：（Ⅰ）f′（x）＝﹣a（x﹣1）+（x﹣1）ex＝（x﹣1）（ex﹣a）， 由a＞0，f′（x）＝0可得x＝1或x＝lna， （i）当0＜a＜e时，1＞lna， ∴在（﹣∞，lna），（1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（lna，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减； （ii）当a＝e时，lne＝1，f′（x）＞0在R上恒成立，即f（x）在R上单调递增； （iii）当a＞e时，lna＞1， ∴在（﹣∞，1），（lna，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（1，lna）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减； （Ⅱ）有三个实数根， 显然x＝2是方程的一个解，故有两个实数根，且x≠0，x≠2，即， 令，则， 当x∈（﹣∞，0），x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（1，2），x∈（2，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增， 当x＜0时，g（x）＜0，当x＝1时，g（x）取得较小值，g（1）＝2e， 又g（2）＝e2，则2e＜a＜e2或a＞e2． 4．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx+ax（a∈R）． （1）若a＝0，求函数f（x）的极值； （2）若2ax+1，且F（x）＝2x2f（x）+g（x）在（1，+∞）上单调递减，求整数a的最大值． 【解析】解：（1）当a＝0时，f（x）＝（x﹣1）lnx，f'（x）lnx＝lnx1在（0，+∞）上单调递增，且f'（1）＝0， ∴当0＜x＜1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 故函数f（x）的极小值为f（1）＝0，无极大值． （2）∵F