“函数与导数的综合应用”试题精选-《中学生数理化》高考数学2025年5月

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(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,证 明x1+x2>0,并指出a的取值范围。 7.已知函数f(x)= sin x x 。 (1)判断函数f(x)在区间(0,3π)上极值 点的个数,并证明。 (2)函数f(x)在区间(0,+∞)上的极值 点从小到大分别为x1,x2,x3,…,xn,…,设 an=f(xn),Sn 为数列{an}的前n项和。 ①证明:a1+a2<0。 ②试问:是否存在n∈N*,使得Sn≥0? 若存在,求出n 的取值范围;若不存在,请说 明理由。 参考答案: 1.(1)由题意可知,f(x)+g(x)=ex, f(-x)+g(-x)=-f(x)+g(x)=e-x。 两式相减得2f(x)=ex-e-x,即f(x) 44 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年5月 = ex-e-x 2 ;相加得2g(x)=ex+e-x,即g(x) = ex+e-x 2 。 (2)因为对于任意的t∈ - π 2 ,0 ,有 f(kcos t)+f(et-sin t)>0恒成立,所以 f(kcos t)>-f(et-sin t)恒成立。 因为 函 数 f(x)在 R 上 是 奇 函 数, 所以-f(et-sin t)=f(-et +sin t),即 f(kcos t)>f(-et+sin t)对于任意的t∈ - π 2 ,0 恒成立。 因为 f'(x)= ex+e-x 2 >0 ,所 以 函 数 f(x)在R上是增函数,所以kcos t>-et+ sin t对于任意的t∈ - π 2 ,0 恒成立。 当t=- π 2 时,kcos t=0,-et+sin t= -e -π2-1<0,故kcos t>-et+sin t成立。 当t∈ - π 2 ,0 时,cos t>0,所以k> -et+sin t cos t 对于任意的t∈ - π 2 ,0 恒成立。 令h(t)= -et+sin t cos t ,t∈ - π 2 ,0 ,则 h'(t)= 1-et(sin t+cos t) cos2t 。 令φ(t)=1-et(sin t+cos t),t∈ - π 2 ,0 ,则φ'(t)=-2etcos t。 当t∈ - π 2 ,0 时,cos t>0,et>0,所以 φ'(t)=-2etcos t<0,φ(t)在 - π 2 ,0 上单 调递减,故φ(t)≥φ(0)=0。 所以h'(t)≥0,h(t)在 - π 2 ,0 上单调 递增,故h(t)max=h(0)=-1。 所以由k> -et+sin t cos t 对于任意的t∈ - π 2 ,0 恒成立,得k>-1。 综上,实数k的取值范围为(-1,+∞)。 2.因为f(x)=e2x+(a-2)ex-ax,所 以f'(x)=2e2x+(a-2)ex-a=(2ex+a)· (ex-1)。 (1)当a=-2e时,f'(x)=2(ex-1)· (ex-e)。 由f'(x)>0得x<0或x>1;由f'(x) <0得0<x<1。 在(-∞,+∞)上,x,f'(x),f(x)的变 化情况如表1: 表1 x (-∞,0) 0 (0,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 增函数 极大值减函数极小值 增函数 由表可知,函数有极大值点x=0,极小 值点x=1,且f(x)极大值=f(0)=-2e-1, f(x)极小值=f(1)=-e2。 (2)当a=1时,由f(x)≤e2x-ln x- ln b-bx,可得ln x+ln b+bx≤ex+x,即 eln (bx)+ln (bx)≤ex+x。 令g(x)=ex+x,因为y=ex,y=x 在 R上均单调递增,所以g(x)单调递增。 由eln (bx)+ln (bx)≤ex +x,可 得 g(ln (bx))≤g(x),则ln (bx)≤x,于是ln b ≤x-ln x。 令h(x)=x-ln x(x>0),则h'(x)= 1- 1 x= x-1 x 。 显然h(x)在(0,1)上单调递减,在(1, +∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1)=1, 则ln b≤1,解得0<b≤e。 故实数b的取值范围为(0,e]。 3.(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)= a x-1= -x+a x 。 ①当a≤0时,f'(x)<0恒成立,所以函 数f(x)的单调递减区间为(0,+∞)。 ②当a>0时,由f'(x)=0,得x=a。 所以当x∈(0,a)时,f'(x)>0;当x∈ (a,+∞)时,f'(x)<0。所以函数f(x)的 单调递减区间为(a,+∞),单调递增区间为 (0,a)。 综上,当a≤0时,函数f(x)的单调递减 54 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年5月 区间为(0,+∞);当a>0时,函数f(x)的单 调递增区间为(0,a),单调递减区间为(a, +∞)。 (2)当a=1,x>0时,证明xex+1-2x- 1≥f(x),等价于证明xex+1-ln x-x-2≥ 0。 构造函数h(x)=xex+1-ln x-x- 2(x>0),则h'(x)=(x+1)ex+1- 1 x 。 令φ(x)=ex+1- 1 x ,则φ'(x)=ex+1+ 1 x2 >0,所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增。 而φ 1 10 =e 11 10-10<e2-10<0,φ(1)= e2-1>0,故存在x0∈ 1 10 ,1 ,使得φ(x0)= 0,即ex0+1= 1 x0 。 当x∈(0,x0)时,φ(x)<0,则h(x)在 (0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时, φ(x)>0,则h(x)在(x0,+∞)上单调递增。 所以当x=x0 时,h(x)取得极小值,也 是最小值,即h(x)min=h(x0)=x0ex0+1- ln x0-x0-2=-ln x0-x0-1=(x0+1)- x0-1=0,所以h(x)=xex+1-ln x-x-2 ≥0,故xex+1-2x-1≥f(x),问题得证。 4.(1)当k=4时,f(x)=ax+4a-x≥ 2 ax·4a-x=4(当且仅当ax=4a-x,即x= loga 2时取等号),所以当x=loga 2时,f(x) 取最小值4。 (2)设点P(m,n)为函数f(x)的对称中 心,则f(x)+f(2m-x)=2n,即ax+ka-x +a2m-x+ka-2m+x=2n,即ax(1+ka-2m)+ a-x(k+a2m)=2n,即a2x(1+ka-2m)-2nax +(k+a2m)=0,于是1+ka-2m=0,k+a2m= 0,且2n=0,即a2m=-k,n=0。 所以 当 k≥0 时,m 无 解,此 时 函 数 f(x)的图像没有对称中心。 当k<0时,m= 1 2loga (-k),此时函数 f(x)的图像对称中心为 1 2loga (-k),0 。 (3)当k=0,a=e时,g(x)=(x+m)· ex,要 证 g(x1)-g(x2) ex1-ex2 > x1+x2 2 ,即 证 x1ex1-x2ex2 ex1-ex2 +m> x1+x2 2 。 由于m>-1,故只需证 x1ex1-x2ex2 ex1-ex2 -1 > x1+x2 2 。 不妨设 x1>x2,即 证 x1ex1 -x2ex2 > x1+x2 2 +1 (ex1-ex2),两边同除以ex2 并化 简得(x1-x2-2)ex1-x2+x1-x2+2>0。 令t=x1-x2,则t>0。 设F(t)=(t-2)et+t+2(t>0),则 F'(t)=(t-1)et+1。 令φ(t)=(t-1)et+1,则φ'(t)=tet> 0,所以 F'(t)在(0,+∞)上单调递增,故 F'(t)>F'(0)=0。 故F(t)在(0,+∞)上单调递增,所以 F(t)>F(0)=0,从而命题得证。 5.(1)由题意得f'(x)=2x- a x 。 因为f(x)的图像在x=1处的切线方程 为3x-y+b=0,所以f'(1)=2- a 1=3 ,解 得a=-1。 所以f(x)=x2+ln x-1,所以f(1)= 0,所以3+b=0,解得b=-3。 (2)原条件等价于g(x)=ln x-2x2+ 2mx≥-1在[1,+∞)上存在实数解,即 m≥ -ln x+2x2-1 2x 在[1,+∞)上存在实数 解。 令h(x)= -ln x+2x2-1 2x ,则h'(x)= x - 1 x+4x -(-ln x+2x2-1) 2x2 = 2x2+ln x 2x2 。 因为在[1,+∞)上2x2+ln x>0恒成 立,所以h'(x)>0,故h(x)在[1,+∞)上单 调递增,所以h(x)min=h(1)= 1 2 。 故当不等式g(x)≥-1在[1,+∞)上 64 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年5月 存在 实 数 解 时,实 数 m 的 取 值 范 围 为 1 2 ,+∞ 。 (3)由题意可知f(x)的定义域为(0, +∞),f'(x)=2x- a x 。 当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞) 上单调递增。又f(1)=0,所以f(x)有且仅 有一个零点1。 当0<a<2时,令f'(x)=0,解得x= a 2 <1 。易知在 0, a 2 上,f'(x)<0, f(x)单调递减;在 a 2 ,+∞ 上,f'(x)> 0,f(x)单调递增。又因为f a 2 <f(1) =0,f(e -1a )=e -2a >0,所 以 f(x)在 0, a 2 和 a2,+∞ 上各有一个零点。 当a=2时,令f'(x)=0,解得x=1。 易知在(0,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减; 在(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增。 故f(x)min=f(1)=0,则f(x)仅有一个零点。 当a>2时,令f'(x)=0,解得x= a 2 >1。易知在 0, a 2 上,f'(x)<0,f(x)单 调递 减,且 f (1)=0,所 以 f (x)在 0, a 2 上 有 一 个 零 点 1。 在 a 2 ,+∞ 上,f'(x)>0,f(x)单调递增, 又因为f a 2 <f(1)=0,f(ea)=(ea)2- 1-a2>(a+1)2-1-a2=2a>0,所以f(x) 在 a 2 ,+∞ 上有一个零点。故f(x)在 0, a 2 和 a2,+∞ 上各有一个零点。 综上可得,当a≤0或a=2时,f(x)仅 有一个零点;当0<a<2或a>2时,f(x)有 两个零点。 6.(1)因为f(x)= a(x+1) ex + 1 2x 2(a≠ 0),所以f'(x)=x- ax ex = x(ex-a) ex 。 由题意知f'(-1)=ea-1=e-1,得 a=1,此时f'(x)= x(ex-1) ex 。 由f'(x)=0,得x=0。 所以当x<0时,f'(x)>0,f(x)为增函 数;当x>0时,f'(x)>0,f(x)为增函数。 又f'(0)=0,所以f(x)为R上的增函数。 (2)①当a>0时,由f'(x)=0,得x=0 或x=ln a。 若a=1,由(1)知,f(x)为 R上的增函 数,且f(x)= x+1 ex + 1 2x 2。又f(-1)= 1 2 >0,f(-2)=-e2+2<0,所以f(x)只有一 个零点,不符合题意。 若0<a<1,则当x<ln a 时,f'(x)> 0,f(x)为增函数;当ln a<x<0时,f'(x) <0,f(x)为减函数;当x>0时,f'(x)>0, f(x)为增函数。 所以f(x)极小值=f(0)=a>0,故f(x) 最多只有一个零点,不符合题意。 若a>1,则当x<0时,f'(x)>0,f(x) 为增函数;当0<x<ln a 时,f'(x)<0, f(x)为减函数;当x>ln a 时,f'(x)>0, f(x)为增函数。 所以f(x)极小值=f(ln a)= 1 2 (ln a)2+ ln a+1= 1 2 (ln a+1)2+ 1 2>0 ,故f(x)最 多只有一个零点,不符合题意。 ②当a<0时,由f'(x)=0,得x=0。 当x≤0时,f'(x)≤0,f(x)为减函数; 当x>0时,f'(x)>0,f(x)为增函数。 所以f(x)极小值=f(0)=a<0。 先证明:当x>0时,ex>x+1。 构造函数g(x)=ex-(x+1),则当x> 0时,g'(x)=ex-1>0,所以函数g(x)在区 间(0,+∞)上单调递增,则g(x)>g(0)= 0,即ex>x+1。 当x>0且a<0时,f(x)= a(x+1) ex + 1 2x 2> 1 2x 2+a,则f e ln 2-a 2 >12 e ln 2-a 2 2 74 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年5月 +a= 1 2e ln 2-a+a=e-a+a>-a+1+a=1>0。 又f(-1)= 1 2>0 ,所以函数f(x)在区 间(-1,0)和 0,e ln 2-a 2 上各有一个零点。 所以当a<0时,f(x)始终有两个零点 x1,x2。 不妨令x1<0,x2>0,构造函数F(x)= f(x)-f(-x)(x>0),则F'(x)=f'(x)+ f'(-x)= x(ex-a) ex - x(e-x-a) e-x =ax(ex- e-x)。 因为当x>0时,ex-e-x>0,又a<0, 则F'(x)=ax(ex-e-x)<0恒成立,所以 F(x)在(0,+∞)上为减函数,则 F(x)< F(0)=f(0)-f(0)=0,即f(x)<f(-x), 故有f(x2)<f(-x2)。 又x1,x2 是f(x)的两个零点,则f(x1) =f(x2),所以f(x1)<f(-x2)。 因为函数f(x)在区间(-∞,0)上单调 递减,所以x1>-x2,所以x1+x2>0。 故所求a的取值范围是(-∞,0)。 7.(1)f'(x)= xcos x-sin x x2 。 设g(x)=xcos x-sin x,则g'(x)= -xsin x。 当x∈(0,π)时,g'(x)<0,所以g(x)在 (0,π)上单调递减,则g(x)<g(0)=0,所以 g(x)在(0,π)上无零点; 当x∈(π,2π)时,g'(x)>0,所以g(x) 在(π,2π)上单调递增,又g(π)=-π<0, g(2π)=2π>0,所以g(x)在(π,2π)上有唯 一零点; 当x∈(2π,3π)时,g'(x)<0,所以g(x) 在(2π,3π)上单调递减,又g(2π)>0,g(3π) <0,所以g(x)在(2π,3π)上有唯一零点。 综上,函数g(x)在区间(0,3π)上有两个 零点且在零点左右函数符号发生改变,故函 数f(x)在区间(0,3π)内恰有两个极值点。 (2)①由(1)知f(x)在(0,π)上无极值 点;在(π,2π)上有极小值点,即为x1;在(2π, 3π)上有极大值点,即为x2。 同理可得,f(x)在(3π,4π)上有极小值点x3, …,在(nπ,(n+1)π)上有极值点xn(n∈N*)。 由xncos xn-sin xn=0,得xn=tan xn。 因为x2>x1,所以tan x2>tan x1= tan(x1+π)。 因为g(π)<0,g 3π 2 =1,g(2π)>0, g 5π 2 <0,所以x1∈ π,3π2 ,x2∈ 2π,5π2 。 所以 x2,x1+π∈ 2π, 5π 2 。 由函数y=tan x 在 2π, 5π 2 上单调递增 得x2>x1+π。 所以a1+a2=f(x1)+f(x2)= sin x1 x1 + sin x2 x2 = sin x1 tan x1 + sin x2 tan x2 =cos x1+cos x2。 由函数y=cos x 在 2π, 5π 2 上单调递减 得cos x2<cos (x1+π)=-cos x1。 所以a1+a2=f(x1)+f(x2)<0。 ②由(1)知x2n-1∈ (2n-1)π,2nπ- π 2 , x2n∈ 2nπ,2nπ+ π 2 ,则2nπ+π2>x2n> x2n-1+π>2nπ。 由函数y=cos x 在 2nπ,2nπ+ π 2 (n ∈N*)上单调递减得cos x2n<-cos x2n-1。 所以a2n+a2n-1=f(x2n)+f(x2n-1)= cos x2n+cos x2n-1<0,a2n=f(x2n)>0,a2n-1 =f(x2n-1)<0。 当n为偶数时,{an}的相邻两项配对,每 组和均为负值,即Sn=[f(x1)+f(x2)]+ [f(x3)+f(x4)]+…+[f(xn-1)+f(xn)] <0。 当n为奇数时,{an}的相邻两项配对,每 组和均为负值,还多出最后一项也是负值,即 Sn=[f(x1)+f(x2)]+[f(x3)+f(x4)] +…+[f(xn-2)+f(xn-1)]+f(xn)<0。 综上可得,对一切n∈N*,总有Sn<0, 故不存在n∈N*,使得Sn≥0。 (责任编辑 王福华) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年5月