【新高考复习】课时跟踪检测（十五） 函数与导数”大题常考的4类题型 作业

课时跟踪检测（十五）“函数与导数”大题常考的4类题型1．已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)求证：当n∈N*时，1＋12＋13＋…＋1nln(n＋1)．解：(1)∵f(x)＝kx－lnx－1，∴f′(x)＝k－1x＝kx－1x(x0，k0)．当0x1k时，f′(x)0；当x1k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.(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1nlnn＋1n，∴1＋12＋13＋…＋1nln21＋ln32＋…＋lnn＋1n＝ln(n＋1)，故1＋12＋13＋…＋1nln(n＋1)．2．已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.(1)讨论函数f(x)的极值；(2)若函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．①当a≥0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1，x∈(－∞，－1)时，f′(x)0，f(x)单调递减；x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)有极小值f(－1)＝－ae，无极大值．②当a＜0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1或x＝ln－2a.(ⅰ)a－2e，x∈－∞，ln－2a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈ln－2a，－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极小值fln－2a＝－2ln－2a＋ln－2a＋12＝ln－2a2＋1，有极大值f(－1)＝－ae.(ⅱ)－2ea0，x∈(－∞，－1)时，f′(x)0，f(x)单调递减；x∈－1，ln－2a时，f′(x)0，f(x)单调递增；x∈ln－2a，＋∞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极小值f(－1)＝－ae，有极大值fln－2a＝－2ln－2a＋ln－2a＋12＝ln－2a2＋1.(ⅲ)当a＝－2e时，f′(x)≤0恒成立，f(x)在R上单调递减，无极值．(2)函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，即函数f(x)的图象与直线y＝e恰有两个交点，由(1)知，①当a≥0时，只需满足e－ae⇒a－e2，所以a∈[0，＋∞)．②当a0时，(ⅰ)若a－2e，结合(1)知，x∈(－1，＋∞)时，f(x)单调递减，f(1)＝ae＋4－2e2＋40，只需满足ln－2a2＋1＝e或e＝－ae，解得a＝－e2或a＝－2ee－1(舍去)或a＝－2e－e－1.(ⅱ)若－2e＜a＜0，结合(1)知只需满足ln－2a2＋1＝e或e＝－ae，解得a＝－e2(舍去)或a＝－2ee－1或a＝－2e－e－1(舍去)．(ⅲ)若a＝－2e，结合(1)知f(x)的图象与直线y＝e不可能有两个交点，舍去．综上，a的取值范围为[0，＋∞)∪－2e±e－1，－e2.3．已知函数f(x)＝aexlnx(其中e＝2.71828…是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋xlna，a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)0对任意的x∈(0,1)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝aexlnx，所以f′(x)＝aexlnx＋1x.令φ(x)＝lnx＋1x，则φ′(x)＝x－1x2.当x∈(0,1)时，φ′(x)0，所以φ(x)在(0,1)上单调递减．当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以φ(x)≥φ(1)＝10.又因为a0，ex0，所以f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xlna－aexlnx.由h(x)0得x2＋xlna－aexlnx0，即aexlnxx2＋xlna.所以lnxxx＋lnaaex＝lnaexaex，即lnaexaexlnxx对任意x∈(0,1)恒成立．设H(x)＝lnxx，则H′(x)＝1－lnxx2，所以，当x∈(0,1)时，H′(x)0，函数H(x)单调递增，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)0；当x∈(0,1)时，H(x)0.若aex≥1x，则H(aex)≥0H(x)．若0aex1，因为H(aex)H(x)，且H(x)在(0,1)上单调递增，所以aexx.综上可知，aexx时对任意x∈(0,1)恒成立，即axex对任意x∈(0,1)恒成立．设G(x)＝xex，x∈(0,1)，则G′(x)＝1－xex0.所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)G(1)＝1e，所以a的取值范围为1e，＋∞.4．已知函数f(x)＝12m(x2－1)－lnx(m∈R)．(1)若m＝1，求证：f(x)≥0；(2)讨论函数f(x)的极值；(3)是否存在实数m，使得不等式f(x)1x－1ex－1在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：m＝1时，f(x)＝12(x2－1)－lnx(x0)，则f′(x)＝－1x＋x＝x2－1x，当x∈(0,1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.(2)由题意知，f′(x)＝－1x＋mx＝mx2－1x，x0.①当m≤0时，f′(x)＝mx2－1x0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．②当m0时，令f′(x)＝mx2－1x＝0，得x＝1m，当x∈0，1m时，f′(x)0；当x∈1m，＋∞时，f′(x)0，所以f(x)在0，1m上单调递减，在1m，＋∞上单调递增．故f(x)在x＝1m处取得极小值f1m＝12lnm＋12－12m，无极大值．(3)不妨令h(x)＝1x－1ex－1＝ex－1－xxex－1，不难证明ex－1－x≥0，当且仅当x＝1时取等号，所以，当x∈(1，＋∞)时，h(x)0.由(1)知，当m≤0，x1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(x)f(1)＝0恒成立，所以要使不等式f(x)1x－1ex－1在(1，＋∞)上恒成立，只能m0.当0m1时，1m1，由(1)知f(x)在1，1m上单调递减，所以f1mf(1)＝0，不满足题意．当m≥1时，设F(x)＝f(x)－h(x)＝12m(x2－1)－lnx－1x＋1ex－1，因为m≥1，x1，所以mx≥x，ex－11,01ex－11，－1－1ex－10，F′(x)＝－1x＋mx＋1x2－1ex－1－1x＋x＋1x2－1＝x3－x2－x＋1x2＝x－1x2－1x20，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增．又F(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，F(x)0恒成立，即f(x)－h(x)0恒成立．故存在m≥1，使得不等式f(x)1x－1ex－1在(1，＋∞)上恒成立，此时m的最小值是1.5．(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝ex－sinx－cosx，g(x)＝ex＋sinx＋cosx.(1)证明：当x－5π4时，f(x)≥0；(2)若g(x)≥2＋ax，求a.解：(1)证明：因为f(x)＝ex－sinx－cosx＝ex－2sinx＋π4，f′(x)＝ex－cosx＋sinx＝ex＋2sinx－π4，f″(x)＝g(x)＝ex＋sinx＋cosx＝ex＋2sinx＋π4，考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以①当x∈－5π4，－π4时，2sinx＋π40，此时f(x)0；②当x∈－π4，0时，f″(x)0，所以f′(x)单调递增，f′(x)≤f′(0)＝0，所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；③当x∈0，3π4时，f″(x)0，所以f′(x)单调递增，f′(x)f′(0)＝0，所以f(x)单调递增，f(x)＞f(0)＝0；④当x∈3π4，＋∞时，f(x)＝ex－2sinx＋π4≥e3π4－20.综上，当x－5π4时，f(x)≥0.(2)构造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sinx＋cosx－2－ax，则F(x)min≥0，所以F－5π4＝e54π＋5π4a－2≥0⇒a≥2－e54π5π4＞0.又F(0)＝0，所以，F(x)在R上的最小值为F(0)．F′(x)＝ex＋cosx－sinx－a，F′(0)＝2－a，F″(x)＝ex－sinx－cosx＝f(x)．由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞－5π4时恒成立，所以F′(x)＝ex＋cosx－sinx－a在－5π4，＋∞单调递增．①若a＝2，则F′(x)在－5π4，0为负，(0，＋∞)为正，所以F(x)在－5π4，0递减，在(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；而当x≤－5π4时，F(x)＝ex＋sinx＋cosx－2－2x≥ex＋sinx＋cosx－2＋5π2≥5π2－2－20，故a＝2满足题意．②若a2，则F′(0)＝2－a0，因为F′(x)≥ex－2－a，所以F′(ln(2＋a))≥ex－2－a≥0，由零点存在定理，必存在x0∈(0，ln(2＋a))使得F′(x0)＝0，此时满足x∈(0，x0)时，F′(x)0，F(x)递减，所以F(x0)F(0)＝0，推得矛盾，舍去．③若2－e54π5π4≤a＜2，则F′(0)＞0，F′－5π4＝e54π－2－a＜e12－2＜0，故F′(x)在－5π4，0上存在零点，设为x0.当x∈(x0,0)时，F′(x)＞0，则F(x)在(x0,0)递增，所以F(x0)＜F(0)＝0，与题意不符，舍去．综上所述，a＝2.