高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测25《函数与导数》大题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测25《函数与导数》大题练（教师版），共8页。试卷主要包含了已知函数f＝·ln－2x.等内容，欢迎下载使用。

1．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，g(x)＝ex＋ax－1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e＝2.718 28…)．
(1)求证：函数f(x)有唯一零点；
(2)若曲线g(x)＝ex＋ax－1的一条切线方程是y＝2x，求实数a的值．
解：(1)证明：因为f(x)＝(x－1)ex＋1(x∈R)，
所以f′(x)＝xex，
由f′(x)＝xex＝0，得x＝0，f′(x)＝xex>0时，x>0；f′(x)＝xex<0时，x<0；
所以f(x)＝(x－1)ex＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＝(x－1)ex＋1的最小值为f(0)＝0，
即函数f(x)＝(x－1)ex＋1有唯一零点．
(2)设曲线g(x)＝ex＋ax－1与切线y＝2x相切于点(x0，y0)，
因为g(x)＝ex＋ax－1，所以g′(x)＝ex＋a，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex0＋a＝2，,y0＝ex0＋ax0－1，,y0＝2x0，))消去a，y0，得(x0－1)ex0＋1＝0，
由(1)知方程(x0－1)ex0＋1＝0有唯一根x0＝0，则e0＋a＝2，所以a＝1.
2．已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R的图象在(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－eq \f(x2,2)＋2x＋eq \f(1,2)>k(x－1)成立，求k的取值范围．
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝eq \f(1,x)－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
令f′(x)>0得01，
∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－eq \f(x2,2)＋2x＋eq \f(1,2)>k(x－1)可化为ln x－eq \f(x2,2)＋x－eq \f(1,2)>k(x－1)，
令g(x)＝ln x－eq \f(x2,2)＋x－eq \f(1,2)－k(x－1)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1－k＝eq \f(－x2＋1－kx＋1,x)，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝eq \f(1－k,2)，
①当eq \f(1－k,2)≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴x∈(1，＋∞)时，h(x)若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)若－1≤k<1，则h(1)>0，
∴存在x0>1，使得x∈(1，x0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当eq \f(1－k,2)>1，即k<－1时，易知存在x0>1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，
∴h(x)>h(1)＝1－k>0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
3．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(2a,x＋1)(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤eq \f(x＋1,2).
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12).
考虑y＝x2＋2(1－a)x＋1，x>0.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ>0，即a>2或a<0时，
由x2＋2(1－a)x＋1＝0，得x＝a－1±eq \r(a2－2a).
若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>2，则a－1＋eq \r(a2－2a)>a－1－eq \r(a2－2a)>0，
由f′(x)>0，得0a－1＋eq \r(a2－2a)，则f(x)在(0，a－1－eq \r(a2－2a))和(a－1＋eq \r(a2－2a)，＋∞)上单调递增．
由f′(x)<0，得a－1－eq \r(a2－2a)综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a－1－eq \r(a2－2a))，(a－1＋eq \r(a2－2a)，＋∞)，单调递减区间为(a－1－eq \r(a2－2a)，a－1＋eq \r(a2－2a))．
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x＋eq \f(2,x＋1).
令g(x)＝f(x)－eq \f(x＋1,2)＝ln x＋eq \f(2,x＋1)－eq \f(x＋1,2)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2,x＋12)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x－x3,2xx＋12)＝eq \f(－x－1x2＋x＋2,2xx＋12).
当x>1时，g′(x)<0，当00，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
即当x＝1时，g(x)取得最大值，
故g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤eq \f(x＋1,2)成立，得证．
4．已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.
(1)若a＝0，证明：当－10时，f(x)>0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.
解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－eq \f(x,1＋x).
设函数g(x)＝ln(1＋x)－eq \f(x,1＋x)，
则g′(x)＝eq \f(x,1＋x2).
当－10时，g′(x)>0，
故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，
且仅当x＝0时，g(x)＝0，
从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
又f(0)＝0，
故当－10时，f(x)>0.
(2)①若a≥0，由(1)知，
当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，
这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
②若a<0，
设函数h(x)＝eq \f(fx,2＋x＋ax2)＝ln(1＋x)－eq \f(2x,2＋x＋ax2).
由于当|x|0，
故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，
故x＝0是f(x)的极大值点，
当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(22＋x＋ax2－2x1＋2ax,2＋x＋ax22)＝eq \f(x2a2x2＋4ax＋6a＋1,x＋1ax2＋x＋22).
若6a＋1>0，则当0且|x|0，
故x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，
故当x∈(x1,0)，且|x|所以x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1＝0，则h′(x)＝eq \f(x3x－24,x＋1x2－6x－122)，
则当x∈(－1,0)时，h′(x)>0；
当x∈(0,1)时，h′(x)<0.
所以x＝0是h(x)的极大值点，
从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－eq \f(1,6).
B卷——深化提能练
1．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(t,x)－s(s，t∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性及最值；
(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(04.
解：(1)f′(x)＝eq \f(x－t,x2)(x>0)，
当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；
当t>0时，由f′(x)<0，得x0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝t处取得最小值，最小值为f(t)＝ln t＋1－s，无最大值．
(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0∴f(x1)＝ln x1＋eq \f(2,x1)－s＝0，f(x2)＝ln x2＋eq \f(2,x2)－s＝0，得s＝eq \f(2,x1)＋ln x1＝eq \f(2,x2)＋ln x2，
∴eq \f(2x2－x1,x1x2)＝lneq \f(x2,x1)，设t＝eq \f(x2,x1)>1，则ln t＝eq \f(2t－1,tx1)，x1＝eq \f(2t－1,tln t)，
故x1＋x2＝x1(t＋1)＝eq \f(2t2－1,tln t)，∴x1＋x2－4＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2－1,t)－2ln t)),ln t)，
记函数h(t)＝eq \f(t2－1,t)－2ln t，
∵h′(t)＝eq \f(t－12,t2)>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，
又t＝eq \f(x2,x1)>1，ln t>0，故x1＋x2>4成立．
2．已知函数f(x)＝ax－ln x，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.
(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；
(2)若a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e2)))，且函数g(x)＝xeax－1－2ax＋f(x)的最小值为M，求M的最小值．
解：(1)由题意得f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，F′(x)＝ex＋a，x>0，
∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，
当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)，由F′(x)<0，得0∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)．
∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，
∴ln(－a)≥ln 3，解得a≤－3，
综上，a的取值范围是(－∞，－3]．
(2)g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－eq \f(1,x)＝(ax＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eax－1－\f(1,x)))，
由eax－1－eq \f(1,x)＝0，解得a＝eq \f(1－ln x,x)，
设p(x)＝eq \f(1－ln x,x)，则p′(x)＝eq \f(ln x－2,x2)，
当x>e2时，p′(x)>0，当0从而p(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，p(x)min＝p(e2)＝－eq \f(1,e2)，
当a≤－eq \f(1,e2)时，a≤eq \f(1－ln x,x)，即eax－1－eq \f(1,x)≤0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝M，
设t＝－eq \f(1,a)∈(0，e2]，M＝h(t)＝eq \f(t,e2)－ln t＋1(0∴h(t)≥h(e2)＝0，即M≥0，
∴M的最小值为0.
3．已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)证明：当n∈N*时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
解：(1)法一：f(x)＝kx－ln x－1，f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)，
当x＝eq \f(1,k)时，f′(x)＝0；当0eq \f(1,k)时，f′(x)>0.
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))＝ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，
∴ln k＝0，∴k＝1.
法二：由题意知方程kx－ln x－1＝0仅有一个实根，
由kx－ln x－1＝0得k＝eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
当x＝1时，g′(x)＝0；当00；当x>1时，g′(x)<0.
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝1，
当x→＋∞时，g(x)→0，
∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1.
法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝ln x＋1相切，
设切点为(x0，y0)，
由y＝ln x＋1得y′＝eq \f(1,x)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(1,x0)，,y0＝kx0，,y0＝ln x0＋1，))
∴k＝x0＝y0＝1，
∴实数k的值为1.
(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，
∵n∈N*，令x＝eq \f(n＋1,n)，得eq \f(1,n)>lneq \f(n＋1,n)，
∴1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，
故1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
4．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2>e2.
解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：
依题意得，f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，
因为函数f(x)在x＝1处有意义，所以a≠－1.
所以f′(1)＝eq \f(1＋a,1＋a2)＝eq \f(1,1＋a)，
又由过点(1，f(1))的切线与直线x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即eq \f(1,1＋a)＝1，
解得a＝0.
此时f(x)＝eq \f(ln x,x)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令f′(x)>0，即1－ln x>0，解得0令f′(x)<0，即1－ln x<0，解得x>e.
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2 017)>f(2 018)，即eq \f(ln 2 017,2 017)>eq \f(ln 2 018,2 018)，
则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，
所以2 0172 018>2 0182 017.
(2)证明：不妨设x1>x2>0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，
所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0.
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)，
要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，也就是k(x1＋x2)>2，
因为k＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，所以只需证eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即ln eq \f(x1,x2)>eq \f(2x1－x2,x1＋x2)，令eq \f(x1,x2)＝t，则t>1，即证ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
令h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)．
由h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，
所以h(t)>h(1)＝0，即ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
所以x1x2>e2.