高考數(shù)學(xué)(理數(shù))二輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)25《函數(shù)與導(dǎo)數(shù)》大題練（教師版）

1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十五） 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（大題練）A卷大題保分練1已知函數(shù)f(x)(x1)ex1，g(x)exax1(其中aR，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e2.718 28)(1)求證：函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)；(2)若曲線g(x)exax1的一條切線方程是y2x，求實(shí)數(shù)a的值解：(1)證明：因?yàn)閒(x)(x1)ex1(xR)，所以f(x)xex，由f(x)xex0，得x0，f(x)xex>0時(shí)，x>0；f(x)xex<0時(shí)，x<0；所以f(x)(x1)ex1在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)(x1)ex1的最小值為f(0)0，即函數(shù)f(x)(x1)ex1有唯一

2、零點(diǎn)(2)設(shè)曲線g(x)exax1與切線y2x相切于點(diǎn)(x0，y0)，因?yàn)間(x)exax1，所以g(x)exa，所以消去a，y0，得(x01)ex010，由(1)知方程(x01)ex010有唯一根x00，則e0a2，所以a1.2已知函數(shù)f(x)ln xa(x1)，aR的圖象在(1，f(1)處的切線與x軸平行(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在x0>1，當(dāng)x(1，x0)時(shí)，恒有f(x)2x>k(x1)成立，求k的取值范圍解：(1)由已知可得f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)a，f(1)1a0，a1，f(x)1，令f(x)>0得0<x<1，令f(x)<0得

3、x>1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)(2)不等式f(x)2x>k(x1)可化為ln xx>k(x1)，令g(x)ln xxk(x1)，則g(x)x1k，令h(x)x2(1k)x1，則h(x)的對(duì)稱軸為直線x，當(dāng)1，即k1時(shí)，易知h(x)在(1，)上單調(diào)遞減，x(1，)時(shí)，h(x)<h(1)1k，若k1，則h(x)<0，g(x)<0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)<g(1)0，不符合題意若1k<1，則h(1)>0，存在x0>1，使得x(1，x0)時(shí)，h(x)>0，即g(x)>0，g(x)

4、在(1，x0)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)0恒成立，符合題意當(dāng)>1，即k<1時(shí)，易知存在x0>1，使得h(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，h(x)>h(1)1k>0，g(x)>0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)0恒成立，符合題意綜上，k的取值范圍是(，1)3已知函數(shù)f(x)ln x(aR)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a1時(shí)，求證：f(x).解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x).考慮yx22(1a)x1，x>0.當(dāng)0，即0a2時(shí)，f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增當(dāng)>0，即a>2或

5、a<0時(shí)，由x22(1a)x10，得xa1±.若a<0，則f(x)>0恒成立，此時(shí)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；若a>2，則a1>a1>0，由f(x)>0，得0<x<a1或x>a1，則f(x)在(0，a1)和(a1，)上單調(diào)遞增由f(x)<0，得a1<x<a1，則f(x)在(a1，a1)上單調(diào)遞減綜上，當(dāng)a2時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>2時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a1)，(a1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a1，a1)(2)證明：當(dāng)a1時(shí)，f(x)ln x.令g(x

6、)f(x)ln x(x>0)，則g(x).當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)>0，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，即當(dāng)x1時(shí)，g(x)取得最大值，故g(x)g(1)0，即f(x)成立，得證4已知函數(shù)f(x)(2xax2)·ln(1x)2x.(1)若a0，證明：當(dāng)1<x<0時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0；(2)若x0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a.解：(1)證明：當(dāng)a0時(shí)，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x).設(shè)函數(shù)g(x)ln(1x)，則g(x).當(dāng)1&l

7、t;x<0時(shí)，g(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，故當(dāng)x>1時(shí)，g(x)g(0)0，且僅當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，從而f(x)0，且僅當(dāng)x0時(shí)，f(x)0.所以f(x)在(1，)上單調(diào)遞增又f(0)0，故當(dāng)1<x<0時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0.(2)若a0，由(1)知，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)(2x)ln(1x)2x>0f(0)，這與x0是f(x)的極大值點(diǎn)矛盾若a<0，設(shè)函數(shù)h(x)ln(1x).由于當(dāng)|x|<min時(shí)，2xax2>0，故h(x)與f(x)符號(hào)相同又h(0)f(0)0，故x0

8、是f(x)的極大值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)x0是h(x)的極大值點(diǎn)h(x).若6a1>0，則當(dāng)0<x<，且|x|<min時(shí)，h(x)>0，故x0不是h(x)的極大值點(diǎn)若6a1<0，則a2x24ax6a10存在根x1<0，故當(dāng)x(x1,0)，且|x|<min時(shí)，h(x)<0，所以x0不是h(x)的極大值點(diǎn)若6a10，則h(x)，則當(dāng)x(1,0)時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x(0,1)時(shí)，h(x)<0.所以x0是h(x)的極大值點(diǎn)，從而x0是f(x)的極大值點(diǎn)綜上，a.B卷深化提能練1已知函數(shù)f(x)ln xs(s，tR)(1)討論f(x)的單調(diào)性及最

9、值；(2)當(dāng)t2時(shí)，若函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(0<x1<x2)，求證：x1x2>4.解：(1)f(x)(x>0)，當(dāng)t0時(shí)，f(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，f(x)無(wú)最值；當(dāng)t>0時(shí)，由f(x)<0，得x<t，由f(x)>0，得x>t，f(x)在(0，t)上單調(diào)遞減，在(t，)上單調(diào)遞增，故f(x)在xt處取得最小值，最小值為f(t)ln t1s，無(wú)最大值(2)f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(0<x1<x2)，f(x1)ln x1s0，f(x2)ln x2s0，得sln x1ln x2，ln，設(shè)t&

10、gt;1，則ln t，x1，故x1x2x1(t1)，x1x24，記函數(shù)h(t)2ln t，h(t)>0，h(t)在(1，)上單調(diào)遞增，t>1，h(t)>h(1)0，又t>1，ln t>0，故x1x2>4成立2已知函數(shù)f(x)axln x，F(xiàn)(x)exax，其中x>0，a<0.(1)若f(x)和F(x)在區(qū)間(0，ln 3)上具有相同的單調(diào)性，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若a，且函數(shù)g(x)xeax12axf(x)的最小值為M，求M的最小值解：(1)由題意得f(x)a，F(xiàn)(x)exa，x>0，a<0，f(x)<0在(0，)上恒成立，

11、即f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，當(dāng)1a<0時(shí)，F(xiàn)(x)>0，即F(x)在(0，)上單調(diào)遞增，不合題意，當(dāng)a<1時(shí)，由F(x)>0，得x>ln(a)，由F(x)<0，得0<x<ln(a)，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln(a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(ln(a)，)f(x)和F(x)在區(qū)間(0，ln 3)上具有相同的單調(diào)性，ln(a)ln 3，解得a3，綜上，a的取值范圍是(，3(2)g(x)eax1axeax1a(ax1)，由eax10，解得a，設(shè)p(x)，則p(x)，當(dāng)x>e2時(shí)，p(x)>0，當(dāng)0<x<e2時(shí)，p(x)<

12、;0，從而p(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)遞增，p(x)minp(e2)，當(dāng)a時(shí)，a，即eax10，當(dāng)x時(shí)，ax1>0，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x時(shí)，ax1<0，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增，g(x)mingM，設(shè)t(0，e2，Mh(t)ln t1(0<te2)，則h(t)0，h(t)在(0，e2上單調(diào)遞減，h(t)h(e2)0，即M0，M的最小值為0. 3已知函數(shù)f(x)kxln x1(k>0)(1)若函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的值；(2)證明：當(dāng)nN*時(shí)，1>ln(n1)解：(1)法一：f(x)kxln x1，f(x)k

13、(x>0，k>0)，當(dāng)x時(shí)，f(x)0；當(dāng)0<x<時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x>時(shí)，f(x)>0.f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，f(x)minfln k，f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，ln k0，k1.法二：由題意知方程kxln x10僅有一個(gè)實(shí)根，由kxln x10得k(x>0)，令g(x)(x>0)，g(x)，當(dāng)x1時(shí)，g(x)0；當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0.g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)maxg(1)1，當(dāng)x時(shí)，g(x)0，要使f(x)僅有一個(gè)零點(diǎn)，

14、則k1.法三：函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，即直線ykx與曲線yln x1相切，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，由yln x1得y，kx0y01，實(shí)數(shù)k的值為1.(2)證明：由(1)知xln x10，即x1ln x，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取等號(hào)，nN*，令x，得>ln，1>lnlnlnln(n1)，故1>ln(n1)4已知函數(shù)f(x)(aR)，曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(x)處的切線與直線xy10垂直(1)試比較2 0172 018與2 0182 017的大小，并說(shuō)明理由；(2)若函數(shù)g(x)f(x)k有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x2>e2.解：(1) 20172 018&g

15、t;2 0182 017.理由如下：依題意得，f(x)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x1處有意義，所以a1.所以f(1)，又由過(guò)點(diǎn)(1，f(1)的切線與直線xy10垂直可得，f(1)1，即1，解得a0.此時(shí)f(x)，f(x)，令f(x)>0，即1ln x>0，解得0<x<e；令f(x)<0，即1ln x<0，解得x>e.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，)所以f(2 017)>f(2 018)，即>，則2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，所以2 0172 018>2 0182 017.(2)證明：不妨設(shè)x1>x2>0，因?yàn)間(x1)g(x2)