第3章 3.5 函数中的综合问题（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版）

**基本信息** 聚焦函数综合问题，以导数为工具，系统整合单调性、极值、零点及不等式证明，通过分类讨论与构造函数培养推理能力与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单调性与不等式证明|1|导数分类讨论单调性，构造函数证不等式|导数工具→函数单调性→最值→不等式证明| |切线与零点问题|1|求切线方程，含参函数零点个数讨论|导数几何意义→函数单调性→零点存在定理| |单调性与零点问题|1|含参单调性分析，零点个数求参数范围|导数分类讨论→极值点→函数图像→零点条件| |极值与不等式证明|1|极值分析，双变量不等式证明|导数求极值→构造对称函数→单调性比较|

课时冲关20　函数中的综合问题 1．已知函数f(x)＝a·2x－xln 2. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a>0时，证明：不等式f(x)≤2ln a＋有实数解． 解：(1)f′(x)＝aln 2·2x－ln 2＝ln 2(a·2x－1)， 当a≤0时，f′(x)<0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，当x<log2时，f′(x)<0，当x>log2时，f′(x)>0，所以函数f(x)在上单调递减， 在上单调递增． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)证明：由(1)得f(x)min＝f＝a·－ln 2×log2＝1＋ln a， 则只要证明1＋ln a≤2ln a＋即可， 即证ln a＋－1≥0. 令h(a)＝ln a＋－1(a>0)， 则h′(a)＝－＝， 当0<a<1时，h′(a)<0，当a>1时，h′(a)>0， 所以函数h(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(a)≥h(1)＝0，即ln a＋－1≥0， 所以当a>0时，不等式f(x)≤2ln a＋有实数解． 2．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2. (1)当a＝时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若函数f(x)有两个零点，求参数a的取值范围． 解：(1)当a＝时，f(x)＝(x－1)ex＋x2，所以f′(x)＝xex＋x， 所以f(1)＝，f′(1)＝e＋1， f(x)在x＝1处的切线方程为y－＝(e＋1)(x－1)， 即y＝(e＋1)x－e－. (2)(ⅰ)当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，不合题意； 若a≠0，由f(x)＝(x－1)ex＋ax2，所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)， (ⅱ)当a＞0时，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减， 又f(0)＝－1＜0，f(1)＝a＞0，由零点存在定理及函数的单调性可知： 存在唯一的x1∈(0,1)，使得f(x1)＝0， 又当x→－∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理及函数的单调性可知： 存在唯一的x2∈(－∞，0)，使得f(x2)＝0， 所以a＞0满足题意； (ⅲ)当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln(－2a)， ①若－＜a＜0，则ln(－2a)＜0，则当x∈(－∞，ln(－2a))时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 当x∈(ln(－2a)，0)时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 又f(ln(－2a))＝－2a(ln(－2a)－1)＋a(ln(－2a))2 ＝a[(ln(－2a))2－2ln(－2a)＋2]＜0，不合题意； ②若a＝－，则ln(－2a)＝0，则f′(x)≥0在R上恒成立， 即f(x)在R上单调递增，不合题意； ③若a＜－，则ln(－2a)＞0， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 当x∈(0，ln(－2a))时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减； 当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 又f(0)＝－1＜0，不含题意， 综上所述，参数a的取值范围为(0，＋∞)． 3．已知函数f(x)＝x2＋ax－a2ln x，a≥0. (1)当a＝2时，讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围． 解：(1)若a＝2，则f(x)＝x2＋2x－4ln x， 故f′(x)＝2x＋2－＝， 当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0， 故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，即f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)． (2)f′(x)＝2x＋a－＝， 当a＝0时，f(x)＝x2，此时f(x)在(0，＋∞)无零点，不合题意． 当a＞0时，当0＜x＜时，则f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)min＝f＝a2－a2ln，因为函数f(x)有两个不同的零点，则a2－a2ln＜0，即a＞. 又当a＞时，f(1)＝1＋a＞0，而1＜， 结合函数的单调性可得f(x)在上有且只有一个零点；而f(a2)＝a4＋a3－2a2ln a＝a2(a2＋a－2ln a)，令g(a)＝a2＋a－2ln a，a＞，则 g′(a)＝2a＋1－＞0，故g(a)在上单调递增，故， 故f(a2)＞0，结合函数的单调性可得f(x)在上有且只有一个零点， 故a的取值范围为a＞. 4．已知函数f(x)＝. (1)讨论f(x)的极值； (2)若 (e是自然对数的底数)，且x1＞0，x2＞0，x1≠x2，证明：x1＋x2＞2. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－， 若a＝0，则f′(x)＝0，无极值； 若a≠0，由f′(x)＝0，可得x＝1， 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， 此时，函数f(x)有唯一极小值f(1)＝a，无极大值； 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， 此时，函数f(x)有唯一极大值f(1)＝a，无极小值； 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，无极大值； 当a＞0时，函数f(x)有极大值f(1)＝a，无极小值； (2)证明：由，两边取对数可得x2(ln x1＋1)＝x1(ln x2＋1)，即＝， 当a＝1时，f(x)＝，f′(x)＝－， 由(1)可知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1， 而f＝0，x＞1时，f(x)＞0恒成立， 因此，当a＝1时，存在x1，x2且0＜x1＜1＜x2，满足f(x1)＝f(x2)， 若x2∈[2，＋∞)，则x1＋x2＞x2≥2成立； 若x2∈(1,2)，则2－x2∈(0,1)， 记g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1,2)， 则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－－＞－－＝－＞0， 即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)＞g(1)＝0，即f(x)＞f(2－x)， 于是f(x1)＝f(x2)＞f(2－x2)，而x2∈(1,2)，2－x2∈(0,1)，x1∈(0,1)， 函数f(x)在(0,1)上单调递增，因此x1＞2－x2，即x1＋x2＞2. 学科网（北京）股份有限公司 $