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20190220387.doc

1、1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)e x1， g(x)e x ax1(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)e x ax1 的一条切线方程是 y2 x，求实数 a 的值解：(1)证明：因为 f(x)( x1)e x1( 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) 2 x k(x1)成立，求 k 的取值x22 12范围解：

2、(1)由已知可得 f(x)的定义域为(0，) f( x) a， f(1)1 a0， a1， f( x) 1 ，1x 1x 1 xx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) 2 x k(x1)可化为 ln x x k(x1)，x22 12 x22 12令 g(x)ln x x k(x1)，x22 12则 g( x) x1 k ，1x x2 1 k x 1x令 h(x) x2(1 k)x1，则 h(x)的对称轴为直线 x ，1 k22当 1，即 k1 时，易知 h(x)在(1，)上单调递减，1 k2 x(1，)时， h(x)0，

3、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，1 k2 h(x)h(1)1 k0， 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)2ax 1(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a1 时，求证： f(x) .x 12解：(1) f(x)的定义域为(0，)， f( x) .x2 2 1 a x 1x

4、 x 1 2考虑 y x22(1 a)x1， x0.当 0，即 0 a2 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 a1 a1 0，a2 2a a2 2a由 f( x)0，得 0a1 ，则 f(x)在(0， a1a2 2a a2 2a)和( a1 ，)上单调递增a2 2a a2 2a由 f( x)2 时， f(x)的单调递增区间为(0， a1 )，( a1 ，)，单a2 2a a2 2a3调递减区间为( a1 ， a1 )a2 2a a2 2a(2)证明：当 a1 时， f(x)ln x .2x 1令

5、 g(x) f(x) ln x (x0)，x 12 2x 1 x 12则 g( x) .1x 2 x 1 2 12 2 x x32x x 1 2 x 1 x2 x 22x x 1 2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x 124(2018全国卷)已知函数 f(x)(2 x ax2)ln(1 x)2 x.(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)(2 x)ln(1 x

6、)2 x， f( x)ln(1 x) .x1 x设函数 g(x)ln(1 x) ，x1 x则 g( x) .x 1 x 2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)(2 x)ln(1 x)2 x0 f(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4又 h(0) f(0)0，故 x0 是 f(x)的极大

7、值点，当且仅当 x0 是 h(x)的极大值点h( x) 11 x 2 2 x ax2 2x 1 2ax 2 x ax2 2 .x2 a2x2 4ax 6a 1 x 1 ax2 x 2 2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)，x tx2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 x t 处取得最小值，最小值为 f(t)ln t

8、1 s，无最大值(2) f(x)恰有两个零点 x1， x2(01，则 ln t ， x1 ，x2x1 2 t 1tx1 2 t 1tln t故 x1 x2 x1(t1) ，2 t2 1tln t x1 x24 ，2(t2 1t 2ln t)ln t记函数 h(t) 2ln t，t2 1t h( t) 0， t 1 2t2 h(t)在(1，)上单调递增， t1， h(t)h(1)0，又 t 1，ln t0，故 x1 x24 成立x2x12(2019 届高三福州四校联考)已知函数 f(x) axln x， F(x)e x ax，其中x0， a0，1x ax 1x a0，即 F(x)在(0，)上单调

9、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， 1a)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)12 13 1n解：(1)法一： f(x) kxln x1， f( x) k (x0， k0)，1x kx 1x当 x 时， f( x)0；当 0 时， f( x)0.1k 1k 1k f(x)在 上单调递减，在 上单调递增，(0，1k) (1k， ) f(x)min f ln k，(1k) f(x)有且只有一个零点，ln k0

10、， k1.法二：由题意知方程 kxln x10 仅有一个实根，由 kxln x10 得 k (x0)，ln x 1x7令 g(x) (x0)， g( x) ，ln x 1x ln xx2当 x1 时， g( x)0；当 00；当 x1 时， g( x)ln ，n 1n 1n n 1n1 ln ln ln ln( n1)，12 13 1n 21 32 n 1n故 1 ln(n1)12 13 1n4(2018郑州模拟)已知函数 f(x) (aR)，曲线 y f(x)在点(1， f(x)处的ln xx a切线与直线 x y10 垂直(1)试比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，并

11、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) 2017 2 0182 0182 017.理由如下：依题意得， f( x) ，x ax ln x x a 2因为函数 f(x)在 x1 处有意义，所以 a1.所以 f(1) ，1 a 1 a 2 11 a又由过点(1， f(1)的切线与直线 x y10 垂直可得， f(1)1，即 1，解11 a得 a0.此时 f(x) ， f( x) ，ln xx 1 ln xx28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

12、 f(2 017)f(2 018)，即 ，ln 2 0172 017 ln 2 0182 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 x1 kx10，ln x2 kx20.可得 ln x1ln x2 k(x1 x2)，ln x1ln x2 k(x1 x2)，要证 x1x2e2，即证 ln x1ln x22，也就是 k(x1 x2)2，因为 k ，所以只需证 ，ln x1 ln x2x1 x2 ln x1 ln x2x1 x2 2x1 x2即 ln ，令 t，则 t1，即证 ln t .x1x22 x1 x2x1 x2 x1x2 2 t 1t 1令 h(t)ln t (t1)2 t 1t 1由 h( t) 0 得函数 h(t)在(1，)上是增函数，1t 4 t 1 2 t 1 2t t 1 2所以 h(t)h(1)0，即 ln t .2 t 1t 1所以 x1x2e2.