2019高考数学二轮复习课时跟踪检测二十五函数与导数大题练理.pdf

课时跟踪检测（二十五） 函数与导数（大题练）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)(x1)ex1，g(x)exax1(其中aR，e 为 自然对数的底数，e2.718 28) (1)求证：函数f(x)有唯一零点； (2)若曲线g(x)exax1 的一条切线方程是y2x，求实数a的值 解：(1)证明：因为f(x)(x1)ex1(xR)， 所以f(x)xex， 由f(x)xex0，得x0，f(x)xex0 时，x0；f(x)xex1，当x(1，x0)时，恒有f(x)2x k(x1)成立，求k的取值 x2 2 1 2 范围 解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，) f(x) a，f(1)1a0，a1，f(x) 1， 1 x 1 x 1x x 令f(x)0 得 01， 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(x1)可化为 ln xx k(x1)， x2 2 1 2 x2 2 1 2 令g(x)ln xx k(x1)， x2 2 1 2 则g(x) x1k， 1 x x21kx1 x 令h(x)x2(1k)x1，则h(x)的对称轴为直线x， 1k 2 当1，即k1 时，易知h(x)在(1，)上单调递减， 1k 2 x(1，)时，h(x)0， 存在x01，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 当1，即k1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增， 1k 2 h(x)h(1)1k0， 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(aR) 2a x1 (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当a1 时，求证：f(x). x1 2 解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x). x221ax1 xx12 考虑yx22(1a)x1，x0. 当0，即 0a2 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增 当0，即a2 或a0 恒成立，此时f(x)在(0，)上单调递增； 若a2，则a1a10，a22aa22a 由f(x)0， 得 0a1， 则f(x)在(0，a1)a22aa22aa22a 和(a1，)上单调递增a22a 由f(x)2 时，f(x)的单调递增区间为(0，a1)，(a1，)，单a22aa22a 调递减区间为(a1，a1)a22aa22a (2)证明：当a1 时，f(x)ln x. 2 x1 令g(x)f(x)ln x(x0)， x1 2 2 x1 x1 2 则g(x) . 1 x 2 x12 1 2 2xx3 2xx12 x1x2x2 2xx12 当x1 时，g(x)0， g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 即当x1 时，g(x)取得最大值， 故g(x)g(1)0，即f(x)成立，得证 x1 2 4(2018·全国卷)已知函数f(x)(2xax2)·ln(1x)2x. (1)若a0，证明：当10 时，f(x)0； (2)若x0 是f(x)的极大值点，求a. 解：(1)证明：当a0 时，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x). x 1x 设函数g(x)ln(1x)， x 1x 则g(x). x 1x2 当10 时，g(x)0， 故当x1 时，g(x)g(0)0， 且仅当x0 时，g(x)0， 从而f(x)0，且仅当x0 时，f(x)0. 所以f(x)在(1，)上单调递增 又f(0)0， 故当10 时，f(x)0. (2)若a0，由(1)知， 当x0 时，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)， 这与x0 是f(x)的极大值点矛盾 若a0， 1， 1 |a| 故h(x)与f(x)符号相同 又h(0)f(0)0， 故x0 是f(x)的极大值点， 当且仅当x0 是h(x)的极大值点 h(x) 1 1x 22xax22x12ax 2xax22 . x2a2x24ax6a1 x1ax2x22 若 6a10，则当 00， 1， 1 |a| 故x0 不是h(x)的极大值点 若 6a10； 当x(0,1)时，h(x)4. 解：(1)f(x)(x0)， xt x2 当t0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)无最值； 当t0时， 由f(x)0， 得xt，f(x)在(0，t)上单调递减， 在(t， ) 上单调递增， 故f(x)在xt处取得最小值，最小值为f(t)ln t1s，无最大值 (2)f(x)恰有两个零点x1，x2(01，则 ln t，x1， x2 x1 2t1 tx1 2t1 tln t 故x1x2x1(t1)， 2t21 tln t x1x24， 2(t 21 t 2ln t) ln t 记函数h(t)2ln t， t21 t h(t)0， t12 t2 h(t)在(1，)上单调递增， t1，h(t)h(1)0， 又t1，ln t0，故x1x24 成立 x2 x1 2(2019届高三·福州四校联考)已知函数f(x)axln x，F(x)exax，其中x0，a0， 1 x ax1 x a0，即F(x)在(0，)上单调递增，不合题意， 当a0，得xln(a)，由F(x)e2时，p(x)0，当 00，g(x)0，g(x)单调递减， (0， 1 a) 当x时，ax10) (1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值； (2)证明：当nN*时，1 ln(n1) 1 2 1 3 1 n 解：(1)法一：f(x)kxln x1，f(x)k (x0，k0)， 1 x kx1 x 当x 时，f(x)0；当 0 时，f(x)0. 1 k 1 k 1 k f(x)在上单调递减，在上单调递增， (0， 1 k)( 1 k，) f(x)minfln k， ( 1 k) f(x)有且只有一个零点， ln k0，k1. 法二：由题意知方程kxln x10 仅有一个实根， 由kxln x10 得k(x0)， ln x1 x 令g(x)(x0)，g(x)， ln x1 x ln x x2 当x1 时，g(x)0；当 00；当x1 时，g(x)ln， n1 n 1 n n1 n 1 ln ln lnln(n1)， 1 2 1 3 1 n 2 1 3 2 n1 n 故 1 ln(n1) 1 2 1 3 1 n 4(2018·郑州模拟)已知函数f(x)(aR)，曲线yf(x)在点(1，f(x)处的切 ln x xa 线与直线xy10 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：x1x2e2. 解：(1) 20172 0182 0182 017.理由如下： 依题意得，f(x)， xa x ln x xa2 因为函数f(x)在x1 处有意义，所以a1. 所以f(1)， 1a 1a2 1 1a 又由过点(1，f(1)的切线与直线xy10垂直可得，f(1)1， 即1， 解得a0. 1 1a 此时f(x)，f(x)， ln x x 1ln x x2 令f(x)0，即 1ln x0，解得 0e. 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， ln 2 017 2 017 ln 2 018 2 018 则 2 018ln 2 0172 017ln 2 018， 所以 2 0172 0182 0182 017. (2)证明：不妨设x1x20，因为g(x1)g(x2)0， 所以 ln x1kx10，ln x2kx20. 可得 ln x1ln x2k(x1x2)，ln x1ln x2k(x1x2)， 要证x1x2e2，即证 ln x1ln x22，也就是k(x1x2)2， 因为k，所以只需证， ln x1ln x2 x1x2 ln x1ln x2 x1x2 2 x1x2 即 ln ，令t，则t1，即证 ln t. x1 x2 2x1x2 x1x2 x1 x2 2t1 t1 令h(t)ln t(t1) 2t1 t1 由h(t) 0 得函数h(t)在(1，)上是增函数， 1 t 4 t12 t12 tt12 所以h(t)h(1)0，即 ln t. 2t1 t1 所以x1x2e2.