(新高考)高考数学一轮考点复习3.2.2《函数与导数”大题常考的4类题型》课时跟踪检测(含详解)

课时跟踪检测（十五）  “函数与导数”大题常考的4类题型

1．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)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，

∴f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)．

当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，

∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝ln k，

∵f(x)有且只有一个零点，∴ln k＝0，∴k＝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＝，得>ln ，

∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

2．已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.

(1)讨论函数f(x)的极值；

(2)若函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．

①当a≥0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1，

x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

所以f(x)有极小值f(－1)＝－，无极大值．

②当a＜0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1或x＝ln.

(ⅰ)a<－2e，x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

所以f(x)有极小值f＝－2ln＋2＝2＋1，有极大值f(－1)＝－.

(ⅱ)－2e<a<0，x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极小值f(－1)＝－，有极大值f＝－2ln＋2＝2＋1.

(ⅲ)当a＝－2e时，f′(x)≤0恒成立，f(x)在R上单调递减，无极值．

(2)函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，

即函数f(x)的图象与直线y＝e恰有两个交点，由(1)知，

①当a≥0时，只需满足e>－⇒a>－e2，

所以a∈[0，＋∞)．

②当a<0时，

(ⅰ)若a<－2e，结合(1)知，x∈(－1，＋∞)时，f(x)单调递减，

f(1)＝ae＋4<－2e2＋4<0，只需满足2＋1＝e或e＝－，解得a＝－e2或a＝   －(舍去)或a＝－.

(ⅱ)若－2e＜a＜0，结合(1)知只需满足2＋1＝e或e＝－，解得a＝－e2(舍去)或a＝－或a＝－(舍去)．

(ⅲ)若a＝－2e，结合(1)知f(x)的图象与直线y＝e不可能有两个交点，舍去．

综上，a的取值范围为[0，＋∞)∪.

3．已知函数f(x)＝aexln x(其中e＝2.718 28…是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋xln a，a>0.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

因为f(x)＝aexln x，所以f′(x)＝aex.

令φ(x)＝ln x＋，则φ′(x)＝.

当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，

所以φ(x)在(0,1)上单调递减．

当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，

所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．

所以φ(x)≥φ(1)＝1>0.

又因为a>0，ex>0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．

所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xln a－aexln x.

由h(x)>0得x2＋xln a－aexln x>0，

即aexln x<x2＋xln a.

所以<＝，

即>对任意x∈(0,1)恒成立．

设H(x)＝，则H′(x)＝，

所以，当x∈(0,1)时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0,1)时，H(x)<0.

若aex≥1>x，则H(aex)≥0>H(x)．

若0<aex<1，因为H(aex)>H(x)，

且H(x)在(0,1)上单调递增，所以aex>x.

综上可知，aex>x时对任意x∈(0,1)恒成立，

即a>对任意x∈(0,1)恒成立．

设G(x)＝，x∈(0,1)，则G′(x)＝>0.

所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)<G(1)＝，

所以a的取值范围为.

4．已知函数f(x)＝m(x2－1)－ln x(m∈R)．

(1)若m＝1，求证：f(x)≥0；

(2)讨论函数f(x)的极值；

(3)是否存在实数m，使得不等式f(x)>－在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：m＝1时，f(x)＝(x2－1)－ln x(x>0)，

则f′(x)＝－＋x＝，

当x∈(0,1)时，f′(x)<0；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，

所以f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，

所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.

(2)由题意知，f′(x)＝－＋mx＝，x>0.

①当m≤0时，f′(x)＝<0，

所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．

②当m>0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，

当x∈时，f′(x)<0；

当x∈时，f′(x)>0，

所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．

故f(x)在x＝处取得极小值f＝ln m＋－m，无极大值．

(3)不妨令h(x)＝－＝，不难证明ex－1－x≥0，当且仅当x＝1时取等号，

所以，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.

由(1)知，当m≤0，x>1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

f(x)<f(1)＝0恒成立，

所以要使不等式f(x)>－在(1，＋∞)上恒成立，只能m>0.

当0<m<1时，>1，由(1)知f(x)在上单调递减，

所以f<f(1)＝0，不满足题意．

当m≥1时，设F(x)＝f(x)－h(x)＝m(x2－1)－ln x－＋，

因为m≥1，x>1，所以mx≥x，ex－1>1,0<<1，－1<－<0，

F′(x)＝－＋mx＋－>－＋x＋－1＝＝>0，

所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增．

又F(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，F(x)>0恒成立，

即f(x)－h(x)>0恒成立．

故存在m≥1，使得不等式f(x)>－在(1，＋∞)上恒成立，此时m的最小值是1.

5．(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝ex－sin x－cos x，g(x)＝ex＋sin x＋cos x.

(1)证明：当x>－时，f(x)≥0；

(2)若g(x)≥2＋ax，求a.

解：(1)证明：因为f(x)＝ex－sin x－cos x＝ex－sin，

f′(x)＝ex－cos x＋sin x＝ex＋sin，

f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cos x＝ex＋sin，

考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以

①当x∈时，sin<0，此时f(x)>0；

②当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)≤f′(0)＝0，

所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；

③当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，

所以f(x)单调递增，f(x)＞f(0)＝0；

④当x∈时，f(x)＝ex－sin≥e－>0.

综上，当x>－时，f(x)≥0.

(2)构造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sin x＋cos x－2－ax，

则F(x)min≥0，

所以F＝e＋a－2≥0⇒a≥＞0.

又F(0)＝0，所以，F(x)在R上的最小值为F(0)．

F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a，F′(0)＝2－a，

F″(x)＝ex－sin x－cos x＝f(x)．

由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞－时恒成立，

所以F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a在单调递增．

①若a＝2，则F′(x)在为负，(0，＋∞)为正，

所以F(x)在递减，在(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；

而当x≤－时，

F(x)＝ex＋sin x＋cos x－2－2x≥ex＋sin x＋cos x－2＋≥－2－>0，

故a＝2满足题意．

②若a>2，则F′(0)＝2－a<0，因为F′(x)≥ex－－a，所以F′(ln(＋a))≥ex－－a≥0，

由零点存在定理，必存在x0∈(0，ln(＋a))使得F′(x0)＝0，此时满足x∈(0，x0)时，F′(x)<0，F(x)递减，所以F(x0)<F(0)＝0，推得矛盾，舍去．

③若≤a＜2，则F′(0)＞0，F′＝e－－a＜e－＜0，故F′(x)在上存在零点，设为x0.

当x∈(x0,0)时，F′(x)＞0，则F(x)在(x0,0)递增，

所以F(x0)＜F(0)＝0，与题意不符，舍去．

综上所述，a＝2.