高考数学二轮复习课时跟踪检测25函数与导数大题练（含答案）

课时跟踪检测（二十五）  函数与导数（大题练）

A卷——大题保分练

1．(2018·贵阳模拟)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．

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．(2018·郑州模拟)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．

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．(2018·合肥模拟)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)≤.

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．(2018·全国卷Ⅲ)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.

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．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.

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．(2019届高三·福州四校联考)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．

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．(2018·贵阳模拟)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)．

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．(2018·郑州模拟)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.

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.