高考数学二轮复习课时跟踪检测25函数与导数大题练含答案详解

高考数学二轮复习课时跟踪检测25函数与导数大题练已知函数f(x)=(x1)ex1，g(x)=exax1(其中aR，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)=exax1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值已知函数f(x)=(aR)，曲线y=f(x)在点(1，f(x)处的切线与直线xy1=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.已知函数f(x)=kxln x1(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nN*时，1>ln(n1)已知函数f(x)=axln x，F(x)=exax，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)=xeax12axf(x)的最小值为M，求M的最小值已知函数f(x)=ln xs(s，tR)(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：x1x2>4.已知函数f(x)=(2xax2)·ln(1x)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.已知函数f(x)=ln x(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x).已知函数f(x)=ln xa(x1)，aR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(x1)成立，求k的取值范围参考答案解：(1)证明：因为f(x)=(x1)ex1(xR)，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)=(x1)ex1在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以f(x)=(x1)ex1的最小值为f(0)=0，即函数f(x)=(x1)ex1有唯一零点(2)设曲线g(x)=exax1与切线y=2x相切于点(x0，y0)，因为g(x)=exax1，所以g(x)=exa，所以消去a，y0，得(x01)ex01=0，由(1)知方程(x01)ex01=0有唯一根x0=0，则e0a=2，所以a=1.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a1.所以f(1)=，又由过点(1，f(1)的切线与直线xy1=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 x1kx1=0，ln x2kx2=0.可得ln x1ln x2=k(x1x2)，ln x1ln x2=k(x1x2)，要证x1x2>e2，即证ln x1ln x2>2，也就是k(x1x2)>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.解：(1)法一：f(x)=kxln x1，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kxln x1=0仅有一个实根，由kxln x1=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 x1相切，设切点为(x0，y0)，由y=ln x1得y=，k=x0=y0=1，实数k的值为1.(2)证明：由(1)知xln x10，即x1ln x，当且仅当x=1时取等号，nN*，令x=，得>ln，1>lnlnln=ln(n1)，故1>ln(n1)解：(1)由题意得f(x)=a=，F(x)=exa，x>0，a<0，f(x)<0在(0，)上恒成立，即f(x)在(0，)上单调递减，当1a<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a3，综上，a的取值范围是(，3(2)g(x)=eax1axeax1a=(ax1)，由eax1=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eax10，当x时，ax1>0，g(x)0，g(x)单调递减，当x时，ax1<0，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)min=g=M，设t=(0，e2，M=h(t)=ln t1(0<te2)，则h(t)=0，h(t)在(0，e2上单调递减，h(t)h(e2)=0，即M0，M的最小值为0. 解：(1)f(x)=(x>0)，当t0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 t1s，无最大值(2)f(x)恰有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，f(x1)=ln x1s=0，f(x2)=ln x2s=0，得s=ln x1=ln x2，=ln，设t=>1，则ln t=，x1=，故x1x2=x1(t1)=，x1x24=，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x1x2>4成立解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2x)ln(1x)2x，f(x)=ln(1x).设函数g(x)=ln(1x)，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)若a0，由(1)知，当x>0时，f(x)(2x)ln(1x)2x>0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾若a<0，设函数h(x)=ln(1x).由于当|x|<min时，2xax2>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6a1>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6a1<0，则a2x24ax6a1=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6a1=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=.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)=.考虑y=x22(1a)x1，x>0.当0，即0a2时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当>0，即a>2或a<0时，由x22(1a)x1=0，得x=a1±.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a1>a1>0，由f(x)>0，得0<x<a1或x>a1，则f(x)在(0，a1)和(a1，)上单调递增由f(x)<0，得a1<x<a1，则f(x)在(a1，a1)上单调递减综上，当a2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，a1)，(a1，)，单调递减区间为(a1，a1)(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