高考数学(理数)二轮专题复习：11《函数与导数》专题练习（2课时教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮专题复习：11《函数与导数》专题练习（2课时教师版），共11页。试卷主要包含了已知函数f＝ln x－a，已知函数f＝ax－ln x等内容，欢迎下载使用。

1．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
2．已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求实数a的取值范围．
3．设函数f(x)＝x2－ax(a>0，且a≠1)，g(x)＝f′(x)[其中f′(x)为f(x)的导函数]．
(1)当a＝e时，求g(x)的极大值点；
(2)讨论f(x)的零点个数．
4．设函数f(x)＝xex－ax(a∈R，a为常数)，e为自然对数的底数．
(1)当f(x)>0时，求实数x的取值范围；
(2)当a＝2时，求使得f(x)＋k>0成立的最小正整数k.
第2课时

1．已知函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集是( )
A．{x|x>0} B．{x|x<0}
C．|x|x<－1，或x>1| D．{x|x<－1，或02．已知函数y＝f(x)对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cs x＋f(x)sin x>0[其中f′(x)是函数f(x)的导函数]，则下列不等式成立的是( )
A.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) D．f(0)>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
3．设函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有xf′(x)A．3f(2)>2f(3) B．3f(2)＝2f(3)
C．3f(2)<2f(3) D．3f(2)与2f(3)大小不确定
4．设函数f(x)＝eq \f(x＋12＋sin x,x2＋1)的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________.
5．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＞0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________．
6．π为圆周率，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)＝eq \f(ln x,x)的单调区间；
(2)求e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数中的最大数与最小数．
7．已知函数f(x)＝ax－ln x(a为常数)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的最值；
(2)求函数f(x)在[1，＋∞)上的最值；
(3)试证明对任意的n∈N*都有lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n<1.
8．已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))专题一 函数与导数
第1课时
1．解：(1)f′(x)＝eq \f(2ax2＋2a＋1x＋1,x)＝eq \f(2ax＋1x＋1,x)(x>0)，
当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．
(2)由(1)知，当a<0时，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a))).
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4a)－2))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1，
令y＝ln t＋1－teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＝－\f(1,2a)>0))，
则y′＝eq \f(1,t)－1＝0，解得t＝1.
∴y在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴ymax＝y|x＝1＝0.∴y≤0，即f(x)max≤－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4a)＋2)).
∴f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
2．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，
f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－3，
∴f′(1)＝－2，f(1)＝0.
∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－eq \f(ax－1,x＋1)>0.
令g(x)＝ln x－eq \f(ax－1,x＋1)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2a,x＋12)＝eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0，
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0；
②当a>2时，令g′(x)＝0，得
x1＝a－1－eq \r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq \r(a－12－1).
由x2>1和x1x2＝1，得x1<1.故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在x∈(1，x2)单调递减，因此g(x)<0.
综上，a的取值范围是(－∞，2]．
3．解：(1)当a＝e时，g(x)＝2x－ex，g′(x)＝2－ex＝0⇒x＝ln 2.
当x0；当x>ln 2时，g′(x)<0，故g(x)的极大值点为ln 2.
(2)①先考虑a>1时，f(x)的零点个数，
当x≤0时，f(x)为单调递减函数，
f(－1)＝1－eq \f(1,a)>0，f(0)＝－1<0，
由零点存在定理知f(x)在(－∞，0]上有一个零点．
当x>0时，由f(x)＝0，得
x2＝ax⇔2ln x＝xln a⇔ln a＝eq \f(2ln x,x).
令h(x)＝eq \f(2ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(21－ln x,x2).
由h′(x)＝0，得x＝e，当00；当x>e时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
故h(x)max＝h(e)＝eq \f(2,e)， h(1)＝0，且当x>e时，0图D103
由数形结合知，
ⅰ)若ln a>eq \f(2,e)，即a> SKIPIF 1 < 0 时，当x>0时，f(x)无零点，故当x∈R时，f(x)有1个零点；
ⅱ)若ln a＝eq \f(2,e)，即a＝ SKIPIF 1 < 0 时，当x>0时，f(x)有1个零点，故当x∈R时，f(x)有2个零点；
ⅲ)若00时，f(x)有2个零点，故当x∈R时，f(x)有3个零点．
②再考虑01，由上可知，
当eq \f(1,a)> SKIPIF 1 < 0 即0当eq \f(1,a)＝ SKIPIF 1 < 0 即a＝ SKIPIF 1 < 0 时，f(x)有2个零点；
当1综上所述，
当a> SKIPIF 1 < 0 或0当a＝ SKIPIF 1 < 0 或a＝ SKIPIF 1 < 0 时，f(x)有2个零点；
当14．解：(1)由f(x)>0可知x(ex－a)>0，
当a≤0时，ex－a>0，由x(ex－a)>0，解得x>0；
当00，解得x>0或x当a>1时，ln a>0，由x(ex－a)>0，解得x>ln a或x<0.
(2)当a＝2时，要使f(x)＋k>0恒成立，即xex－2x>－k恒成立．
令f(x)＝xex－2x，则f′(x)＝h(x)＝(x＋1)ex－2.
∴h′(x)＝(x＋2)ex.
当x∈(－∞，－2)时，h′(x)<0，函数h(x)在(－∞，－2)上单调递减；
当x∈(－2，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)在(－2，＋∞)上单调递增．
又因为x∈(－∞，－1)时，h(x)<0，且h(0)＝－1<0，h(1)＝2e2－2>0，
所以存在唯一的x0∈(0,1)，使得f′(x0)＝h(x0)＝(x0＋1) SKIPIF 1 < 0 －2＝0.
当x∈(－∞，x0)时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．
所以，当x＝x0时，f(x)取到最小值．
f(x0)＝x0 SKIPIF 1 < 0 －2x0＝eq \f(2x0,x0＋1)－2x0＝4－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋1＋\f(1,x0＋1))).
因为x0∈(0,1)，所以f(x0)∈(－1,0)．
从而使得f(x)＋k>0恒成立的最小正整数的值为1.
第2课时
1．A 解析：构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex－1，
求导，得g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．由已知f(x)＋f′(x)>1，可得到g′(x)>0，所以g(x)为R上的增函数．
又g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0，
所以ex·f(x)>ex＋1，即g(x)>0的解集为{x|x>0}．
2．A 解析：令g(x)＝eq \f(fx,cs x)，则g′(x)＝eq \f(f′xcs x－fxcs x′,cs2 x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2 x).因为对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cs x＋f(x)sin x>0可得g′(x)>0，所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上为增函数．所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))3．A 解析：令F(x)＝eq \f(fx,x)，则F′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)<0.
所以F(x)为减函数，则eq \f(f2,2)>eq \f(f3,3).所以3f(2)>2f(3)．
4．2 解析：f(x)＝1＋eq \f(2x＋sin x,x2＋1)，设g(x)＝f(x)－1＝eq \f(2x＋sin x,x2＋1)，则g(x)是奇函数．∵f(x)最大值为M，最小值为m，∴g(x)的最大值为M－1，最小值为m－1.∴M－1＋m－1＝0，即M＋m＝2.
5．(－2,0)∪(2，＋∞) 解析：令g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)＞0，x∈(0，＋∞)．
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又g(－x)＝eq \f(f－x,－x)＝eq \f(－fx,－x)＝eq \f(fx,x)＝g(x)，
则g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)．
则f(x)＝xg(x)＞0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,gx＞0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜0，,gx＜0.))
解得x＞2或－2＜x＜0，故不等式f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．
6．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝eq \f(ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
当f′(x)>0，即0当f′(x)<0，即x>e时，函数f(x)单调递减．
故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)因为e<3<π，所以eln 3于是根据函数y＝ln x，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增，可得3e<πe<π3，e3故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．
由e<3<π及(1)的结论，得f(π)由eq \f(ln π,π)π3.
由eq \f(ln 3,3)综上所述，6个数中的最大数是3π，最小数是3e.
7．(1)解：当a＝1时，函数f(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)．
∵f′(x)＝1－eq \f(1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1.
∵当x∈(0,1)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0,1)上为减函数．
∵当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数．
∴当x＝1时，函数f(x)有最小值，f(x)最小值＝f(1)＝1.
(2)解：∵f′(x)＝a－eq \f(1,x)，
①若a≤0，则对任意的x∈[1，＋∞)都有f′(x)<0.∴函数f(x)在[1，＋∞)上为减函数．
∴函数f(x)在[1，＋∞)上有最大值，没有最小值，f(x)最大值＝f(1)＝a.
②若a>0，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a).
ⅰ)当01，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上为减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上为增函数．
∴当x＝eq \f(1,a)时，函数f(x)有最小值，f(x)最小值＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－ln eq \f(1,a).
ⅱ)当a≥1时，eq \f(1,a)≤1，在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0.
∴函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，函数f(x)在[1，＋∞)有最小值，f(x)最小值＝f(1)＝a.
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在[1，＋∞)上有最大值，f(x)最大值＝a；
当0当a≥1时，函数f(x)在[1，＋∞)有最小值，f(x)最小值＝a.
(3)证明：由(1)知函数f(x)＝x－ln x在(0，＋∞)上有最小值1，
即对任意的x∈(0，＋∞)都有x－ln x≥1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时“＝”成立．
∵n∈N*，∴eq \f(n＋1,n)>0，且eq \f(n＋1,n)≠1.
∴eq \f(n＋1,n)－1>ln eq \f(n＋1,n)⇔eq \f(1,n)>ln eq \f(n＋1,n)⇔1>nlneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))⇔1>lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n.
∴对任意的n∈N*都有lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n<1.
8．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
①若a≤0，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)＋aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋eq \f(1,2n)，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))从而lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,23)))>2，
所以m的最小值为3.