【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测25函数与导数大题练 理数（含答案）.doc，共(8)页，96.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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＝2.71828…)．(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ex0＋a＝2，y0＝ex0＋ax0－1，y0＝2x0，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)＝lnx－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)－x22＋2x＋12>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)＝1x－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝1x－1＝1－xx，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)－x22＋2x＋12>k(x－1)可化为lnx－x22＋x－12>k(x－1)，令g(x)＝lnx－x22＋x－12－k(x－1)，则g′(x)＝1x－

x＋1－k＝－x2＋－kx＋1x，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝1－k2，①当1－k2≤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－k2>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)＝lnx＋2ax＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，求证：f(x)≤x＋12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x2＋－ax＋1xx＋2.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±a2－2a.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＋a2－2a>a－1－a2－2a>0，由f′(x)>0，得0<x<a－1－a2－2a或x>a－1＋a2－2a，则f(x)在(0，a－1－a2－2a)和(a－1＋a2－2a，＋∞)上单调递增．由f′(x)<0，

得a－1－a2－2a<x<a－1＋a2－2a，则f(x)在(a－1－a2－2a，a－1＋a2－2a)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

－a2－2a)，(a－1＋a2－2a，＋∞)，单调递减区间为(a－1－a2－2a，a－1＋a2－2a)．(2)证明：当a＝1时，f(x)＝lnx＋2x＋1.令g(x)＝f(x)－x＋12＝lnx＋2x＋1－x＋12(x>

0)，则g′(x)＝1x－2x＋2－12＝2－x－x32xx＋2＝－x－x2＋x＋2xx＋2.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)≤x＋12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)－x1＋x.设函数g(x)＝ln(1＋x)－x1＋x，则g′(x)＝x＋x2.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)＝fx2＋x＋ax2＝ln(1＋x)－2x2＋x＋ax2.由于当|x|<min1，1|a|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)＝11＋x－＋x＋ax2－2x＋2ax＋x＋ax22＝x2a2x2＋4ax＋6a＋x＋ax2＋x＋2.若6a＋1>0，则当0<x<－6a＋14a，且|x|<m

in1，1|a|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1，1|a|时，h′(x)<0，所以x＝0不是h(x)的极大

值点．若6a＋1＝0，则h′(x)＝x3x－x＋x2－6x－2，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＝

－16.B卷——深化提能练1．已知函数f(x)＝lnx＋tx－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－tx2(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)＝lnt＋1－s，无最大值．(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，∴f(x1)＝lnx1＋2x1－s＝0，f(x2)＝lnx2＋2x2－s＝0，得s＝2

x1＋lnx1＝2x2＋lnx2，∴x2－x1x1x2＝lnx2x1，设t＝x2x1>1，则lnt＝t－tx1，x1＝t－tlnt，故x1＋x2＝x1(t＋1)＝2t2－tlnt，∴x1＋x2－4＝2t2－1t－2lntlnt，记函数h(t)＝t2－1t－2lnt，∵

h′(t)＝t－2t2>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，又t＝x2x1>1，lnt>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－lnx，F(x)＝ex＋ax，其中x

>0，a<0.(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；(2)若a∈－∞，－1e2，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－1x＝ax－1x，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，ln3)上具有相同的单调性，∴ln(－a)≥ln3，解得a≤－3，综上，a的取值范围是(－∞，－3]．

(2)g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－1x＝(ax＋1)eax－1－1x，由eax－1－1x＝0，解得a＝1－lnxx，设p(x)＝1－lnxx，则p′(x)＝lnx－2x2，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)＝－1e2，当a≤－1e2时，a≤1－lnxx，即eax－1－1x≤0，当x∈0，－1a时，ax

＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，当x∈－1a，＋∞时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝g－1a＝M，设t＝－1a∈(0，e2]，M＝h(t)＝te2－lnt＋1(0<t≤e2)，则h′(t)＝1e2

－1t≤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－lnx－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＋12＋13＋…＋1n>ln(n＋1)．解：(1)法一：f(x)＝kx－lnx－1，f′(x)＝k－1x＝kx－1x(x>0，k>0)，当x＝1k时，f′(x)＝0；当0<x<1k时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)在0，1k上单调

递减，在1k，＋∞上单调递增，∴f(x)min＝f1k＝lnk，∵f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1.法二：由题意知方程kx－lnx－1＝0仅有一个实根，由kx－lnx－1＝0

得k＝lnx＋1x(x>0)，令g(x)＝lnx＋1x(x>0)，g′(x)＝－lnxx2，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＝lnx＋1相切，设切点为(x0，y0)，由y＝lnx＋1得y′＝1x，∴k＝1x0，y0

＝kx0，y0＝lnx0＋1，∴k＝x0＝y0＝1，∴实数k的值为1.(2)证明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号，∵n∈N*，令x＝n＋1n，得1n>lnn＋1n，∴1＋

12＋13＋…＋1n>ln21＋ln32＋…＋lnn＋1n＝ln(n＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n>ln(n＋1)．4．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝lnxx＋a(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20172018与20182017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)20172018>20182017.理由如下：

依题意得，f′(x)＝x＋ax－lnxx＋a2，因为函数f(x)在x＝1处有意义，所以a≠－1.所以f′(1)＝1＋a＋a2＝11＋a，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11＋a＝1，

解得a＝0.此时f(x)＝lnxx，f′(x)＝1－lnxx2，令f′(x)>0，即1－lnx>0，解得0<x<e；令f′(x)<0，即1－lnx<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(2017)>f(2018)，即ln20172017>ln20182018，则2018ln2017>2017ln2018，所以20172018>20182017.(2)证明：不妨设x1>x2>0，因为g(x1)＝g(x

2)＝0，所以lnx1－kx1＝0，lnx2－kx2＝0.可得lnx1＋lnx2＝k(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝k(x1－x2)，要证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2，也就是k(x1＋x2)>2，因为k＝lnx1－lnx2x1－x2，所以只需证lnx1－lnx2

x1－x2>2x1＋x2，即lnx1x2>x1－x2x1＋x2，令x1x2＝t，则t>1，即证lnt>t－1t＋1.令h(t)＝lnt－t－t＋1(t>1)．由h′(t)＝1t－4t＋2＝t－2tt＋2>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，

所以h(t)>h(1)＝0，即lnt>t－t＋1.所以x1x2>e2.