课时20 函数中的综合问题-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版2019）

第三章 一元函数的导数及其应用 课时冲关20 函数中的综合问题 对应学生用书P238 1.(2024·全国甲卷（文）)已知函数f(x)=a(x一 解：(1)函数f(x)=xlnx一ax的定义域 1)-lnx+1. 为(0，十∞). (1)求f(x)的单调区间： 当a=-1时，f(x)=xlnx+x,f(x)=lnx (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e1恒 +2. 成立 解：(1)f(x)的定义域为(0，十∞)，f(x)=a 由f)=0,得x= 1=ax-1 当0<号时，fx<0: 当a≤0时，f(x)=1<0,故fx)在(0，十o∞) 当>时r0 上单调递减； 所以)在0，)上单调造减，在（日+上 当>0时，re日，+时，f)>0fx) 单调递增， 单调递增， 因此f在x=是处取得最小值，即f)m 当x∈(0，)时f)<0,f)单调递减。 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为 f)=-己但x)在0，十e)上无最大值. (0,+0∞)： (2)证明：当x>0时，lnx十1>1-2 a>0时，f)的单润递增区间为（日+o)单 等价于x(Inx+1)>文-2 满递减区间为0， 由(1)知a=-1时，f(x)=xlnx+x≥ (2)a≤2，且x>1时，e-1-f(x)=e1-a(x e,当 -1)+lnx-1≥e1-2.x+1+lnx, 且仅当=己时取等号. 令g(x)=e-1-2x+1+lnx(x>1), 下证g(x)>0即可. 设G)=高是e0+o g()=e1-2+,再令A)=g( 则G)=导，所以G)在0,1上单洞递 则)=e'一-兰线在1，+e)上 增，在(1，十o∞)上单调递减，因此G(x)m=G 单调递增，则h'(x)>h'(1)=e°-1=0，即g (x)=h(x)在(1，十o∞)上单调递增，故g'(x)> 当且仅当x=1时取到，从而可知对一切x g'(1)=e°-2+1=0，即g(x)在(1，+∞)上单 调递增，故g(x)>g(1)=e°-2+1+ln1=0, 0,+eo):都有f)>Gx).即1n+1> 所以f(x)<e1. 2 2.已知函数f(x)=xlnx-ax (1)当a=一1时，求函数f(x)在(0，+o∞)上的 3.(2025·广东东莞统考模拟)已知函数f(x)= 最值； x+ar-a'In x,a>0. (2)证明：对一切x∈(0，十∞)，都有lnx+1> (1)当a=2时，讨论函数f(x)的单调性； 成立 (2)若函数f(x)有两个不同的零点，求a的取 e一 值范围。 ·345· 高考总复习数学A版 解：(1)若a=2,则f(x)=x2+2x-4lnx, 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，十∞)，求导得 故f(r)=2r+2-4=2x+2)(x-1D f(r)=-aln z 当0<x<1时，f(x)<0:当x>1时，f(x) 若a=0,则f(x)=0,无极值： >0, 若a≠0，由f(x)=0,可得x=1, 故f(x)在(1，十∞)上单调递增，在(0,1)上单 若a<0,当0<x<1时，f(x)<0,则f(x)单调 递减，当x>1时，f(x)>0,则f(x)单调递增， 调递减，即f(x)的增区间为(1，十∞)，减区间 此时，函数f(x)有唯一极小值f(1)=a,无极 为(0,1). 大值： (2)f(x)=2x+a-a=2x-a)(x+a) 若a>0,当0<x<1时，f(x)>0,则f(x)单调 递增，当x>1时，f(x)>0,则f(x)单调递减， 当a=0时，f(x)=x2,此时f(x)在(0，十o∞)无 此时，函数f(x)有唯一极大值f(1)=a,无极 零点，不合题意. 小值： 当a>0时，当0<<号时，则f(x)0:当x> 所以当a=0时，函数f(x)无极值： 当a<0时，函数f(x)有极小值f(1)=a,无极 号时，fx)>0,故fx)在（侵+上单调递 大值； 当a>0时，函数f(x)有极大值f(1)=a,无极 增，在(0，受)上单调递减，故fx)m=f(受 小值； (2)证明：由(ex)=(ex2),两边取对数可得 =子a2-aln号，国为函数f(x)有两个不同的 (1n+1)=(n+1),即n+ a 零点，则子a2-a21n受<0，即a>2e。 _Inz2+1 T? 又当a>2e时，f(1)=1+a>0,而1<受， 当a=1时e)=,fe)=, 结合函数的单调性可得f(x)在(0，号)上有且 由(1)可知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在 只有一个零点；而f(a2)=a+a3-2a21na=a (1,十∞)上单调递减，所以f(x)m=f(1)=1, (a2+a-2lna),令g(a）=a2+a-2lna,a> 而f日)=0，>1时fx>0恒咸立 2et,则 因此，当a=1时，存在x1,x2且0<x<1<x, g(a)=2a+1-名>0，故g@在(2e,十∞)上单 满足f(x1)=f(x2), 若x∈[2，十∞)，则x1十x2>2≥2成立； 调递增，故g(a)>4e是+2e子-2ln(2e)>4e 若x2∈(1,2)，则2-x2∈(0,1)， +2et-2ne=4e+2et-3>0, 记g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(1,2) 故f(a2)>0,结合函数的单调性可得f(x)在 则g'(x)=f(x)+f(2-x)=_lnx-ln(2-) x2(2-x)2 (受十∞)上有且只有一个零点， nr_ln2-2=_ln-（-1+0. 故a的取值范围为a>2e 即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x) 4.已知函数f(r)=alnr十a >g(1)=0,即f(x)>f(2-x), 于是f(x1)=f(x2)>f(2-x2),而x2∈(1,2)， (1)讨论f(x)的极值； 2-x2∈(0,1)，x1∈(0,1)， (2)若(ex1)=(ex2)片(e是自然对数的底数)， 函数f(x)在(0,1)上单调递增，因此x1>2 且x1>0,x2>0,x≠，证明：x1十x2>2. x,即1十x2>2. ·346·