2023届高考数学二轮复习 微专题作业39 形如f(x)ln x＋g(x)型的函数问题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业39 形如f(x)ln x＋g(x)型的函数问题（含解析），共5页。
1.函数f(x)＝eq \f(1＋2ln x,x2)的单调递增区间是________．
2．已知直线y＝x－a＋1与曲线y＝ln x相切，则a的值是________．
3．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(m,x)(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________．
4．已知函数f(x)＝xln x，若对于x≥1都有
f(x)≥ax－1，则实数a的取值范围是________．
5．已知函数f(x)＝x2＋aln x，对任意两个正数
x1，x2(x1＞x2)都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2成立，则实数a的取值范围是________．
6．已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x)，若关于x的不等式
f2(x)＋af(x)＞0有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围为________．
7．已知函数f(x)＝aln x＋bx－eq \f(b,x)(a，b∈R)．
(1)若f′(1)＝4且b＝1，求函数y＝f(x)的单调递增区间；
(2)当b＝－1时，若f(x)存在两个极值点m，n，且m∈(0，e]，求f(m)－f(n)的最大值．
8．设函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(m（x＋n）,x＋1)(m＞0)．
(1)当m＝1时，函数f(x)，g(x)在x＝1处的切线互相垂直，求n的值；
(2)是否存在实数k，使得任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，都有函数y＝f(x)＋eq \f(k,x)的图象在y＝eq \f(ex,x)的图象的下方？若存在，请求出最大整数k的值；若不存在，请说理由．
(参考数据：ln 2＝0.693 1，eeq \s\up6(\f(1,2))＝1.648 7)
微专题39
1．答案：(0，1)．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝eq \f(－4lnx,x3)＞0，解得0＜x＜1，即函数f(x)的单调递增区间是(0，1)．
2．答案：2.
解法1设切点为(x0，y0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0＝x0－a＋1，,y0＝lnx0，))且eq \f(1,x0)＝1，所以a的值是2.
解法2注意到y＝x－1与y＝lnx相切，所以a的值是2.
3．答案：－3e.
解析：因为f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f(1)≥4，
f(e)≥4，解得m≤－3e.又
f′(x)＝eq \f(x＋m,x2)且x∈[1，e]，所以f′(x)＜0，即f(x)在区间[1，e]上单调递减，所以f(x)min＝
f(e)＝1－eq \f(m,e)＝4，即m＝－3e.
4．答案：(－∞，1]．
解法1原不等式等价于xlnx－ax＋1≥0，令h(x)＝xlnx－ax＋1，h′(x)＝1＋lnx－a，当a≤1时，则h′(x)＝1＋lnx－a≥0，h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
h(x)≥h(1)＝1－a≥0，满足题意；当a＞1时，h(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，
＋∞)上单调递增，h(ea－1)＜
h(1)＝1－a＜0，不合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．
解法2原不等式等价于a≤lnx＋eq \f(1,x)，令g(x)＝lnx＋eq \f(1,x)，g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)≥0(x≥1)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以a≤g(x)min＝g(1)＝1，即实数a的取值范围是(－∞，1]．
解法3令x＝1，则f(1)≥a－1，即a≤1，当a≤1时，设F(x)＝xlnx－ax＋1.F′(x)＝lnx＋1－a≥0.∴F(x)在[1，＋∞)上递增，又F(1)＝1－a≥0，∴F(x)≥0，故f(1)≥ax－1，在[1，＋∞)上恒成立．∴a≤1.即实数a的取值范围为(－∞，1]．
5．答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
解析：设g(x)＝f(x)－2x＝x2＋alnx－2x(x＞0)，g′(x)＝eq \f(2x2－2x＋a,x)，根据题意，只需
g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以2x2－2x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，解得a≥eq \f(1,2).
6．答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1＋ln2,2)，－\f(1＋ln3,3))).
解析：因为f′(x)＝eq \f(1－（1＋lnx）,x2)＝
－eq \f(lnx,x2)，所以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，且x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0恒成立．当a＞0时，f2(x)＋af(x)＞0等价于f(x)＞0或f(x)＜－a，此时x有无数个整数解，不合题意；当a＝0时，同样得x有无数个整数解，不合题意；当a＜0时，f2(x)＋af(x)＞0等价于f(x)＞－a或f(x)＜0，因为
f(x)＜0无整数解，所以只需考虑f(x)＞－a有且仅有两个整数解，可知当f(3)≤－a＜f(2)时满足题意，即eq \f(1＋ln3,3)≤－a＜eq \f(1＋ln2,2)，即a∈eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(－\f(1＋ln2,2)，))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1＋ln3,3)))；综上所述，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1＋ln2,2)，－\f(1＋ln3,3))).
7．答案：(1)(0，＋∞)；(2)eq \f(4,e).
解析：(1)因为f′(x)＝eq \f(a,x)＋b＋eq \f(b,x2)，且f′(1)＝4，所以a＋2b＝4，又b＝1，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))则f′(x)＝eq \f(2,x)＋1＋eq \f(1,x2)＞0在定义域(0，＋∞)恒成立，所以函数y＝f(x)的单调增区间是(0，＋∞)．
(2)当b＝－1时，f(x)＝alnx－x＋eq \f(1,x)(x＞0)，f′(x)＝eq \f(a,x)－1－eq \f(1,x2)＝eq \f(－x2＋ax－1,x2)，令f′(x)＝0得x2－ax＋1＝0，其两根为m，n，且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝a2－4＞0，,m＋n＝a，,mn＝1，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＝\f(1,m)，,a＝m＋\f(1,m)，))∴f(m)－f(n)＝f(m)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＝
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(alnm－m＋\f(1,m)))－
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aln\f(1,m)－\f(1,m)＋m))＝2alnm－2m＋eq \f(2,m)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,m)))lnm－
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,m)))，设g(m)＝
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,m)))lnm－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,m)))，m∈(0，e]，
g′(m)＝eq \f(2（m－1）（m＋1）,m2)lnm，m∈(0，e]，
当m∈(0，1)时，g′(m)＞0，
当m∈(1，e]时，g′(m)＞0，
∴m∈(0，e]时，恒有g′(m)≥0且仅g′(1)＝0，
∴g(m)在(0，e]上单调递增，
∴g(m)max＝g(e)＝eq \f(4,e)，
即f(m)－f(n)的最大值为eq \f(4,e).
8．答案：(1)n＝5；(2)1.
解析：(1)当m＝1时，g′(x)＝eq \f(1－n,（x＋1）2)，则y＝g(x)在x＝1处的斜率为g′(1)＝eq \f(1－n,4)，又y＝f(x)在x＝1处的斜率为
f′(1)＝1，则eq \f(1－n,4)＝－1，解得n＝5.
(2)假设存在实数k满足题意，则不等式lnx＋eq \f(k,x)＜eq \f(ex,x)对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，即k＜ex－xlnx对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))恒成立．令h(x)＝ex－xlnx，则h′(x)＝ex－lnx－1，令r(x)＝ex－lnx－1，则r′(x)＝ex－eq \f(1,x)，因为r′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，r′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eeq \s\up6(\f(1,2))－2＜0，
r′(1)＝e－1＞0，且r′(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上不间断，所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得r′(x0)＝0，即ex0－eq \f(1,x0)＝0，则x0＝
－lnx0，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))时，
r(x)单调递减；当x∈(x0，