课下巩固训练（五）函数与导数的综合应用-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固训练(五)]　函数与导数的综合应用 【解答题】每小题10分 1．(2024·湖南邵阳三模)已知函数f(x)＝(a∈R)． (1)若a＝2，求f(x)的单调区间； (2)若对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤xex恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)若a＝2，则f(x)＝的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝， 令f′(x)>0，解得0<x<1；令f′(x)<0，解得x>1； 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2) 因为f(x)＝≤xex，则a≤x2ex－2ln x－x， 所以原题意等价于对∀x∈(0，＋∞)，a≤x2ex－2ln x－x恒成立， 构建g(x)＝x2ex－2ln x－x，x>0，则g′(x)＝(x2＋2x)ex－－1＝x(x＋2)， 令h(x)＝ex－，x>0，则h′(x)＝ex＋>0对∀x∈(0，＋∞)恒成立， 可知h(x)在(0，＋∞)内单调递增，且h－4<0，h(1)＝e－1>0， 可知h(x)在(0，＋∞)内存在唯一零点x0∈， 当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0；当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0； 可知g(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)内单调递增， 则g(x)≥g(x0)＝－2ln x0－x0＝， 且h(x0)＝＝0，可得＝1－ln 1＝1，可得a≤1， 所以实数a的取值范围为(－∞，1]. 2．已知函数f(x)＝ex－a－ln x. (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围． 解：(1) 当a＝0时，f(x)＝ex－ln x，f′(x)＝ex－， 所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率k＝e－1，又f(1)＝e， 所以切线方程为y＝(e－1)x＋1，与x，y轴的交点分别是，(0，1)， 故切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝. (2)存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，即<ln x0. 即存在x0∈[e，＋∞)，使成立． 令h(x)＝，因此，只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)的最小值小于ea即可． 下面求函数h(x) ＝在区间[e，＋∞)的最小值． h′(x)＝，令u(x)＝ln x－， 因为u′(x)＝>0， 所以u(x)为[e，＋∞)上的增函数，且u(e)＝1－>0， 所以h′(x)＝>0在[e，＋∞)恒成立，故h(x)＝在[e，＋∞)单调递増，函数h(x)＝在区间[e，＋∞)的最小值为h(e)＝ee， 由h(e)＝ee<ea，得a>e，所以a的取值范围是(e，＋∞)． 3．(2024·山东烟台二模)已知函数f(x)＝mx－ln x，x∈(1，＋∞)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若e(m-1)x+1f(x)≥x2－x恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1) 由题可知f′(x)＝m－，x∈(1，＋∞)，且f′(x)在定义域上单调递增， 当m≤0时，f′(x)＝m－<0恒成立，此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 当0<m<1时，令f′(x)＝0，则x＝， 所以x∈时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减； x∈时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增， 当m≥1，即0<≤1时，此时f′(x)>0在(1，＋∞)恒成立，f(x)单调递增． 综上，当m≤0时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减； 当0<m<1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增； 当m≥1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增． (2)因为x∈(1，＋∞)，所以x2－x>0， 又e(m-1)x+1f(x)≥x2－x，所以f(x)>0，即mx－ln x>0，, 故x∈(1，＋∞)时，m>恒成立， 令φ(x)＝，x∈(1，＋∞)，则φ′(x) ＝， 当x∈(1，e)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减， 所以φ(x)max ＝φ(e)＝，从而m>. 将e(m-1)x+1f(x)≥x2－x两边同时取以e为底的对数可得(m－1)x＋1＋ln (mx－ln x)≥ln x＋ln (x－1)， 整理可得(mx－ln x)＋ln (mx－ln x)≥(x－1)＋ln (x－1)， 令g(t)＝t＋ln t，则g(mx－ln x)≥g(x－1)，且g(t)在(0，＋∞)上单调递增， 因为mx－ln x>0且x－1>0，所以mx－ln x≥x－1在(1，＋∞)上恒成立， 所以m≥恒成立，令h(x)＝，则h′(x)＝， 当x∈(1，e2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈(e2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h(e2)＝，所以m≥1＋. 因为<1＋，所以m≥1＋. 4．(2024·河北保定二模)已知函数f(x)＝(x－2e2)ln x－ax－2e2(a∈R)． (1)若a＝1，讨论f(x)的单调性； (2)已知存在x0∈(1，e2)，使得f(x)≥f(x0)在(0，＋∞)上恒成立，若方程f(x0)＝－2e2kx0有解，求实数k的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝1时，f(x)＝(x－2e2)ln x－x－2e2， 所以f′(x)＝－＋ln x， 设g(x)＝f′(x)＝－＋ln x， 因为y＝－，y＝ln x都在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(e2)＝0， 所以x∈(0，e2)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减； x∈(e2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增． (2)由f(x)＝(x－2e2)ln x－ax－2e2，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝－＋ln x＋1－a， 因为y＝－，y＝ln x都在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 已知存在x0∈(1，e2)，使得f(x)≥f(x0)在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x0)是f(x)的最小值， 所以f′(x0)＝0， 即f′(x0)＝－＋ln x0＋1－a＝0，所以a＝ln x0＋1－， 所以f(x0)＝(x0－2e2)ln x0－ax0－2e2＝(x0－2e2)ln x0－x0－2e2＝－2e2ln x0－x0， 设h(x)＝－2e2ln x－x， 由方程f(x0)＝－2e2kx0有解， 得－2e2ln x0－x0＝－2e2kx0有解， 即h(x0)＝有解， 因为h′(x)＝－－1<0在(0，＋∞)上恒成立， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以x0＝，则k＝， 设m(x)＝(1<x<e2), 则m′(x)＝， 所以x∈(1，e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，x∈(e，e2)时，m′(x)<0，m(x)单调递减， 又m(1)＝0，m(e)＝，m(e2)＝， 所以0<k≤，即k的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$