2019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

会话跟踪检查(25 )函数和导数(大问题练习)a卷大题保分练习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是自然对数的底，e=2.718 28)(1)求证明：函数f(x )有唯一的零点(2)如果曲线g(x)=ex ax-1的切线方程式是y=2x，则求出实数a的值.解： (f (x )=(x-1 )因为ex1 (x-r )。所以f(x )=xexf(x )=xex=0，x=0，f(x )=xex 0的情况下x0； f(x )=xex 0的情况下为x0；因此，f(x)=(x-1)ex 1以(-，0 )单调减少，以(0，)单调增加f(x)=(x-1)ex 1的最小值为f(0)=0即，函数f(x)=(x-1)ex 1有唯一的零点.(2)假设曲线g(x)=ex ax-1和切线y=2x与点(x0，y0)相切因为g(x)=ex ax-1，所以g(x)=ex a删除a，y0，增益(x0-1)ex0 1=0由(1)可知方程式(x0-1)ex0 1=0是唯一的根x0=0，由于e0 a=2，所以a=1.2.(2018郑州仿真)已知函数f(x)=ln x-a(x 1 )、a-r在图像的(1，f(1) )处的切线与x轴平行.(1)求1)f(x )的单调区间(2)在x01存在的情况下，在x(1，x0 )时，f(x)- 2x k(x-1 )总是成立，求出k的取值范围.解： (1)已知得到的f(x )的定义域是(0，)。922222222222222222222222222222222222226当f(x )从0到01时f(x )的单调增加区间为(0，1 )，单调减少区间为(1，)。(2)不等式f(x)- 2x k(x-1 )变成ln x- x-k(x-1 )。假设g(x)=ln x- x-k(x-1 )的话g(x)=-x 1-k=，假设h(x)=-x2 (1-k)x 1，则h(x )的对称轴是直线x=1，即k-1时，h(x )以(1，)单调减少在PS (1，)的情况下，h(x)0在以x(1，x0 )的方式存在x01的情况下，h(x)0，即g(x ) 0g(x )在(1，x0 )中单调增加g(x)g(1)=0总是成立，符合问题意1，即k-1的情况下，容易理解x01的存在，h(x )在(1，x0 )上单调增加h(x)h(1)=1-k0g(x ) 0g(x )在(1，x0 )中单调增加g(x)g(1)=0总是成立，符合问题意根据以上，k能取值的范围为(-，1 ) .3.(2018合肥模拟)已知函数f(x)=ln x (aR )(1)求函数f(x )的单调区间(2)在2)a=1的情况下，要求证明： f(x)解： (1)f(x )的定义域是(0，)，f(x )=。考虑y=x2 2(1-a)x 1，x0 .0，即，当0a2时，f(x )0，f(x )以(0，)单调增加.0，即a2或a0时由x2 2(1-a)x 1=0得到x=a-1 .如果是a0，则f(x ) 0总是成立，此时f(x )单调地增加为(0，)如果是a2的话，则为a-1 a-1-0从f(x ) 0得到0a-1时，f(x )以(0，a-1-)和(a-1，)单调增加.若从f(x)0得到a-1-2，则f(x )的单调增加区间为(0，a-1-)，(a-1，)，单调减少区间为(a-1-，a-1 ) .(2)证明：在a=1的情况下，f(x)=ln x假设g(x)=f(x)-=ln x -(x0)的话g(x )=-=.在x1时，g(x ) 0，00g(x )在(0，1 )中单调增加，在(1，)中单调减少即，在x=1时，g(x )取最大值因此，g (x ) UUU (1)=0，即f (x )UUUUUUUUS成立并被证明4.(2018全国卷iii )已知函数f(x)=(2 x ax2)ln(1 x)-2x(1)a=0时，-10时，f(x)0；(2)如果2)x=0是f(x )的极大点，则求出a .解： (1)证明： a=0时，f(x)=(2 x)ln(1 x)-2x，f(x )=ln (1x ) -假设函数g(x)=ln(1 x)-的话g(x )=在-10的情况下，为g(x ) 0因此，在x-1的情况下，g(x)g(0)=0且仅在x=0时，g(x)=0因此，仅在f(x )0且x=0时，f(x )=0.因此，f(x )以(-1，)单调增加.另外f(0)=0所以在-10的时候，f(x)0。(2)a0的话，从(1)开始在x0的情况下，f(x)(2 x)ln(1 x)-2x0=f(0)这与x=0为f(x )的极大值点矛盾.如果是A0设函数h(x)=ln(1 x)-为。|x|0时h(x )和f(x )的符号相同.另外，h(0)=f(0)=0x=0是f(x )的极大值点仅在x=0是h(x )极大值点时.h(x)=-=.6a 10的话是00因此，x=0不是h(x )的极大值点.假设a2x2 4ax 6a 1=0是根x10在x-(x 1，0 )处|x|0；在x-(0，1 )的情况下，h(x ) 0。x=0是h(x )的极大值点因此，x=0是f(x )极大值点.以上是a=-.b卷深化练习1 .已知函数f(x)=ln x -s(s，t-r )(1)研究1)f(x )的单调性和最大值(2)在2)t=2时，设函数f(x )正好存在两个零点x1，x2(04 ) .解： (1) f(x )=(x0)当t0时，f(x ) 0，f(x )以(0，)单调增加，f(x )没有最大值在t0时，f(x ) 0，x0，xt，f(x )在(0，t )处单调减少，在(t，)处单调增加因此，f(x )以x=t取最小值，最小值为f(t)=ln t 1-s，没有最大值.f (x )正好有两个零点x1，x2(01，ln t=，x1=)x1 x2=x1(t 1)=x1 x2-4=函数h(t)=-2ln th(t )=0h(t )以(1，)单调增加t 1，8756； h(t)h(1)=0另外，由于t=1，ln t0，所以x1 x24成立.2.(2019次高三福州四校联合考试)已知函数f(x)=ax-ln x，F(x)=ex ax，其中x0，a0如果(1)f(x )和f(x )在区间(0，ln 3 )中具有相同的单调性，则求出实数a的可以取的范围(2)设a -且函数g(x)=xeax-1-2ax f(x )最小值为m，求出m的最小值.解： (1)根据问题f(x )=a-=，f(x )=ex a，x0a0，f(x ) 0稳定地成立于(0，)，即f(x )单调减少为(0，)当-1a0时，f(x ) 0，即F(x )以(0，)单调增加，不符合问题在a-1的情况下，在f(x ) 0、xln(-a )、f(x ) 0、0e2的情况下，p(x ) 0、00、g(x )0、g(x )单调减少在x -时，ax 10，g(x )0，g(x )单调增加g(x)min=g=M设定t=-(0，e2)，M=h(t)=-ln t 1(00 )。(1)在有函数f(x )且只有一个零点时，求实数k的值(2)证明：在nN*的情况下，为11 ln(n 1 )。解： (1)法f(x)=kx-ln x-1，f(x )=k-=(x 0，k0)在x=的情况下，f(x )=0； 在0时，f(x ) 0。f(x )在上面单调减少，在上面单调增加f(x)min=f=ln kf(x )有零点HHK=0，k=1。法律2 :从问题意义上来说，方程式kx-ln x-1=0只有一个实根从kx-ln x-1=0获得的k=(x0 )g(x)=(x0)，g(x)=、在x=1的情况下，g(x )=0； 当00； x1时，g(x ) 0。g(x )在(0，1 )中单调增加，在(1，)中单调减少g(x)max=g(1)=1x 时，g(x)0为了仅使f(x )为零点，设k=1.法三：函数f(x )有零点，直线y=kx与曲线y=ln x 1相接，接点为(x0，y0 )从y=ln x 1变为y=k=x0=y0=1实数k的值为1 .(2)从(1)可知x-lnx-10，即x-1ln x，且仅在x=1时取等号假设nN*为x=，ln22222222222222卡卡卡卡卡卡卡653因此，11 ln(n 1 )4.(2018郑州模拟)已知函数f(x)=(aR )，曲线y=f(x )在点(1，f(x ) )处的切线与直线x y 1=0垂直.(2对2 0172 018和2 0182 017的大小进行比较，说明理由(2)如果在函数g(x)=f(x)-k中存在两个零点x1，x2，那么x1x2e2就得到证明解： (1) 20172 0182 0182 017 .理由如下：根据问题，f(x )=函数f(x )因为x=1有意义，所以a1 .所以f(1)=另外，由于通过点(1，f(1) )的切线与直线x y 1=0垂直，所以f(1)=1，即=1，解a=0.此时f(x)=，f(x )=，设f(x ) 0，即1-ln x0，解0e因此，f(x )单调增加区间为(0，e )，单调减少区间为(e，) .f(2 017)f(2 018 )，即2 018ln 2 0172 017ln 2 018所以，2 0172 0182 0182 017(2)证明：假设x1x20，则g(x1)=g(x2)=0因此，ln