高中数学高考第2部分 高考22题逐题特训 专题3 解答题突破练6 函数与导数(1)

这是一份高中数学高考第2部分 高考22题逐题特训 专题3 解答题突破练6 函数与导数(1)，共7页。试卷主要包含了若定义在D上的函数f满足，已知函数f＝x－1＋aex，已知函数f＝ln x－ax，设函数f＝x－ln)等内容，欢迎下载使用。
(六)函数与导数1.(2019·保山检测)若定义在D上的函数f(x)满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界，已知函数f(x)＝，g(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x.(1)求函数g(x)在上的值域，判断函数g(x)在上是否为有界函数，并说明理由；(2)若函数f(x)在[1，e－1]上是以3为上界的函数，求实数m的取值范围.解　(1)g(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，x>－1.则g′(x)＝ln(1＋x)－，设函数h(x)＝g′(x)＝ln(1＋x)－，x>－1，则h′(x)＝.当x∈时，h′(x)<0，h(x)为减函数；当x∈(0，e－1)时，h′(x)>0，h(x)为增函数.故当x∈时，h(x)≥h(0)＝0，当且仅当x＝0时，h(x)＝0，从而g′(x)≥0，当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，所以g(x)在上单调递增，又g＝1－，g(e－1)＝3－e，故g(x)在上的值域为，故|g(x)|≤M＝3－e，故g(x)在上是有界函数.(2)由|f(x)|≤3，得－3≤≤3在[1，e－1]上恒成立.故－1≤≤2在[1，e－1]上恒成立，①由(1)可知g(x)在[1，e－1]上单调递增，且0<3ln 2－2≤g(x)≤3－e.当m≥0时，有m(3ln 2－2)＋1≤1＋mg(x)≤m(3－e)＋1，则有解得m≥0.当m<0时，有m(3－e)＋1≤1＋mg(x)≤m(3ln 2－2)＋1，若m(3－e)＋1>0，则所以≤m<0；若m(3ln 2－2)＋1<0，则所以m≤－.综上，实数m的取值范围是∪.2.(2019·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)＝ax－2ln x＋2(1－a)＋(a>0).(1)若f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：1＋＋＋…＋> ln(2n＋1)＋(n∈N*).(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－－＝ ＝.①当0<a<1时，>1，若1<x<，则f′(x)<0，f(x)在上是减函数，所以当x∈时，f(x)<f(1)＝0，即f(x)≥0在[1，＋∞)上不恒成立.②当a≥1时，≤1，当x>1时，f′(x)>0，f(x)在[1，＋∞)上是增函数，又f(1)＝0，所以f(x)≥0.综上所述，所求a的取值范围是[1，＋∞).(2)证明　由(1)知当a≥1时，f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立.取a＝1，得x－2ln x－≥0，所以x－≥2ln x.令x＝>1，n∈N*，得－>2ln ，即1＋－>2ln ，所以>ln ＋.上式中n＝1,2,3，…，n，然后n个不等式相加，得到1＋＋＋…＋>ln(2n＋1)＋，n∈N*.3.(2018·福建省百校模拟)已知函数f(x)＝x－1＋aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝－1时，设－1<x1<0，x2>0且f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋.(1)解　f′(x)＝1＋aex，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增.当a<0时，令f′(x)>0，得x<ln，则f(x)的单调递增区间为，令f′(x)<0，得x>ln，则f(x)的单调递减区间为.综上所述，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明　方法一　设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3，由g′(x)<0得x>ln 3；由g′(x)>0得x<ln 3，故g(x)max＝g(ln 3)＝3ln 3－4<0，从而得g(x)＝f(x)＋2x<0，∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴f(x2)＋2x2＝－5－f(x1)＋2x2<0，即x1－2x2>－4＋.方法二　∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝－x2－3，∴x1－2x2＝－3x2－3，设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3，由g′(x)<0得x<ln 3，由g′(x)>0得x>ln 3，故g(x)min＝g(ln 3)＝3－3ln 3.∵－1<x1<0，x2>0，∴x1－2x2>e－1＋3－3ln 3－3＝－3ln 3，∵3ln 3＝ln 27<4，∴x1－2x2>－4＋.4.(2019·衡水市第二中学期中)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x1，x2满足f(x1)＝f(x2)＝1，证明：x1＋x2>2e2.(1)解　因为f(x)＝ln x－ax，x>0，所以f′(x)＝－a＝.①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.②当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，即函数f(x)在上单调递增，在上单调递减.综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明　由(1)知，a>0，f(x)在上单调递增，在上单调递减，由f(x1)＝f(x2)＝1，得f(x)－1＝0有两个不同的实数根，所以有f >1，即ln －1>1，所以>e2，不妨设0<x1<<x2，要证明x1＋x2>2e2，只需证x1＋x2>.即证x2>－x1>，即证f(x1)＝f(x2)<f ，令F(x)＝f(x)－f ＝ln x－ax－ln＋a，x∈，F′(x)＝－2a＋＝>0，所以F(x)在上是增函数，F＝ln －1－ln ＋a＝0，所以F(x)<0，即f(x)－f <0，f(x2)＝f(x1)<f ，因为x2>，－x1>，又f(x)在上是减函数，所以x2>－x1，所以x1＋x2>，所以x1＋x2>2e2. 5.设函数f(x)＝x－ln(x＋).(1)探究函数f(x)的单调性；(2)当x≥0时，恒有f(x)≤ax3，试求a的取值范围；(3)令an＝6n＋ln(n∈N*)，试证明：a1＋a2＋…＋an<.(1)解　函数f(x)的定义域为R.由f′(x)＝1－≥0，知f(x)是R上的增函数.(2)解　令g(x)＝f(x)－ax3＝x－ln(x＋)－ax3，则g′(x)＝，令h(x)＝(1－3ax2)－1，则h′(x)＝＝.①当a≥时，h′(x)≤0，从而h(x)是[0，＋∞)上的减函数，注意到h(0)＝0，则当x≥0时，h(x)≤0，所以g′(x)≤0，进而g(x)是[0，＋∞)上的减函数，注意到g(0)＝0，则当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≤ax3.②当0<a<时，在上，总有h′(x)≥0，从而知，当x∈时，f(x)>ax3；③当a≤0时，h′(x)≥0，同理可知f(x)>ax3，综上，a的取值范围是.(3)证明　在(2)中，取a＝，则x∈时，x－ln(x＋)>x3，即x3＋ln(x＋)<x，取x＝2n，an＝6n＋ln<n，则a1＋a2＋…＋an<<.