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）

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.