【步步高】（全国通用）2022版高考数学复习考前三个月压轴大题突破练4函数与导数（二）理1.已知函数f(x)＝ex－a(x＋1)在x＝ln2处的切线的斜率为1.(其中e＝2.71828…)(1)求a的值及f(x)的最小值；(2)当x≥0时，f(x)≥mx2恒成立，求m的取值范围；(3)求证：<(i，n∈N*).(参考数据：ln2≈0.6931)2.已知函数f(x)＝lnx－x2＋x.(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)若关于x的不等式f(x)≤x2＋ax－1恒成立，求整数a的最小值；(3)若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋2(x＋x)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2>.7\n3.已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立.4.已知函数f(x)＝ln(x＋a)＋，g(x)＝lnx.(1)已知f(x)在[e，＋∞)上是单调函数，求a的取值范围；(2)已知m，n，ξ满足n>ξ>m>0，且g′(ξ)＝，试比较ξ与的大小；(3)已知a＝2，是否存在正数k，使得关于x的方程f(x)＝kg(x)在[e，＋∞)上有两个不相等的实数根？如果存在，求k满足的条件；如果不存在，说明理由.7\n答案精析压轴大题突破练41.(1)解　f′(x)＝ex－a，由已知得f′(ln2)＝2－a＝1，∴a＝1，此时f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1，∴当0<ex<1，即x<0时，f′(x)<0，当ex>1，即x>0时，f′(x)>0，∴当x＝0时，f(x)取得极小值即为最小值，∴f(x)min＝f(0)＝0.(2)解　记g(x)＝ex－x－1－mx2，g′(x)＝ex－1－2mx，设h(x)＝g′(x)＝ex－1－2mx，则h′(x)＝ex－2m.①当m≤时，h′(x)≥0(x≥0)，∴h(x)≥h(0)＝0，∴g′(x)≥0，∴g(x)≥g(0)＝0，∴m≤时满足题意.②当m>时，令h′(x)＝0，得x＝ln2m>0，当x∈[0，ln2m)时，h′(x)<0，h(x)在此区间上是减函数，g′(x)＝h(x)≤h(0)＝0，∴g(x)在此区间上是减函数，∴g(ln2m)≤g(0)＝0不合题意.综上得m的取值范围为.(3)证明　记k(x)＝，则k′(x)＝，令k′(x)＝0，得x＝.不难知当x＝时，k(x)有最大值，且最大值为.∴≤，∴≤·(n≥2)，∴≤，又＋＋＋…＋<＋＋…＋＝＋＋…＋7\n＝1－<1，∴<<，即<.2.(1)解　f′(x)＝－2x＋1＝(x>0),由f′(x)<0，得2x2－x－1>0，又x>0，所以x>1.所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞).(2)解　令g(x)＝f(x)－[(－1)x2＋ax－1]＝lnx－ax2＋(1－a)x＋1，所以g′(x)＝－ax＋(1－a)＝.当a≤0时，因为x>0，所以g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上是递增函数，又因为g(1)＝ln1－a×12＋(1－a)＋1＝－a＋2>0，所以关于x的不等式f(x)≤x2＋ax－1不能恒成立.当a>0时，g′(x)＝＝－，令g′(x)＝0，得x＝.所以当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，因此函数g(x)在是增函数，在是减函数.故函数g(x)的最大值为g＝ln－a×2＋(1－a)×＋1＝－lna.令h(a)＝－lna，7\n因为h(1)＝>0，h(2)＝－ln2<0，因为h(a)在a∈(0，＋∞)是减函数.所以当a≥2时，h(a)<0.所以整数a的最小值为2.(3)证明　由f(x1)＋f(x2)＋2(x＋x)＋x1x2＝0，即lnx1＋x＋x1＋lnx2＋x＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1·x2－ln(x1·x2)，令t＝x1·x2，则由φ(t)＝t－lnt得，φ′(t)＝，可知，φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增.所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，又x1＋x2>0，因此x1＋x2≥成立.3.(1)解　由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝.当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.①当0<t<<t＋2，即0<t<时，f(x)min＝f()＝－；②当≤t<t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝(2)解　2xlnx≥－x2＋ax－3(x>0)，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝，①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，7\n2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.(3)证明　问题等价于证明xlnx>－(x∈(0，＋∞)).由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到，设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立.4.解　(1)∵f(x)＝ln(x＋a)＋，∴f′(x)＝－＝.∵f(x)在[e，＋∞)上单调，∴或∴或∵当x≥e时，x2－x≥e2－e，∴－e<a≤e2－e.(2)∵g′(ξ)＝，∴＝.设h(x)＝2lnx－x＋(x>1)，则h′(x)＝－1－＝－<0，∴h(x)<h(1)＝0，∴当x>1时，2lnx<x－，令x＝，得2ln<－，∴lnn－lnm<⇒<.7\n∴<，即ξ>.(3)假设方程f(x)＝kg(x)存在满足条件的两个实数根x1，x2，且x2>x1≥e，则⇒＝，即＝，＝.＝⇒＝.∵x2>x1≥e，∴>⇒>1，而<1，∴>，∴方程不存在满足条件的两根.7