高考数学二轮复习课时跟踪检测 20函数与导数大题练（含答案解析）

这是一份高考数学二轮复习课时跟踪检测 20函数与导数大题练（含答案解析），共9页。试卷主要包含了已知函数f=·ln－2x.等内容，欢迎下载使用。
课时跟踪检测  函数与导数（大题练）A卷——大题保分练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．                 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)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．                       3．已知函数f(x)=ln x＋(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x)≤.               4．已知函数f(x)=(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.(1)若a=0，证明：当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0；(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.                           B卷——深化提能练1．已知函数f(x)=ln 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(0<x1<x2)，求证：x1＋x2>4.                 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∈，且函数g(x)=xeax－1－2ax＋f(x)的最小值为M，求M的最小值．                        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＋＋＋…＋>ln(n＋1)．                4．已知函数f(x)=(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.                          答案解析A卷——大题保分练1．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．解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)=－a，∴f′(1)=1－a=0，∴a=1，∴f′(x)=－1=，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，∴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)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)，令g(x)=ln x－＋x－－k(x－1)，则g′(x)=－x＋1－k=，令h(x)=－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x=，①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)=1－k，若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)<g(1)=0，不符合题意．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>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．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=.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±.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＋>a－1－>0，由f′(x)>0，得0<x<a－1－或x>a－1＋，则f(x)在(0，a－1－)和(a－1＋，＋∞)上单调递增．由f′(x)<0，得a－1－<x<a－1＋，则f(x)在(a－1－，a－1＋)上单调递减．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－)，(a－1＋，＋∞)，单调递减区间为(a－1－，a－1＋)．(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x＋.令g(x)=f(x)－=ln x＋－(x>0)，则g′(x)=－－==.当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，∴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)≤成立，得证．4．解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)=ln(1＋x)－.设函数g(x)=ln(1＋x)－，则g′(x)=.当－1<x<0时，g′(x)<0；当x>0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－1<x<0时，f(x)<0；当x>0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)==ln(1＋x)－.由于当|x|<min时，2＋x＋ax2>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)=－=.若6a＋1>0，则当0<x<－，且|x|<min时，h′(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|<min时，h′(x)<0，所以x=0不是h(x)的极大值点．若6a＋1=0，则h′(x)=，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=－.B卷——深化提能练1．解：(1)f′(x)=(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x<t，由f′(x)>0，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<x1<x2)，∴f(x1)=ln x1＋－s=0，f(x2)=ln x2＋－s=0，得s=＋ln x1=＋ln x2，∴=ln，设t=>1，则ln t=，x1=，故x1＋x2=x1(t＋1)=，∴x1＋x2－4=，记函数h(t)=－2ln t，∵h′(t)=>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，∵t>1，∴h(t)>h(1)=0，又t=>1，ln t>0，故x1＋x2>4成立． 2．解：(1)由题意得f′(x)=a－=，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<x<ln(－a)，∴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－=(ax＋1)，由eax－1－=0，解得a=，设p(x)=，则p′(x)=，当x>e2时，p′(x)>0，当0<x<e2时，p′(x)<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)=－，当a≤－时，a≤，即eax－1－≤0，当x∈时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，当x∈时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min=g=M，设t=－∈(0，e2]，M=h(t)=－ln t＋1(0<t≤e2)，则h′(t)=－≤0，h(t)在(0，e2]上单调递减，∴h(t)≥h(e2)=0，即M≥0，∴M的最小值为0. 3．解：(1)法一：f(x)=kx－ln x－1，f′(x)=k－=(x>0，k>0)，当x=时，f′(x)=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.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=(x>0)，令g(x)=(x>0)，g′(x)=，当x=1时，g′(x)=0；当0<x<1时，g′(x)>0；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′=，∴∴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=，得>ln，∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln=ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．4．解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f′(x)=，因为函数f(x)在x=1处有意义，所以a≠－1.所以f′(1)==，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=1，解得a=0.此时f(x)=，f′(x)=，令f′(x)>0，即1－ln x>0，解得0<x<e；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>，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=，所以只需证>，即ln >，令=t，则t>1，即证ln t>.令h(t)=ln t－(t>1)．由h′(t)=－=>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)>h(1)=0，即ln t>.所以x1x2>e2.