替换构造专项练习

1．（2014•孝感二模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有专题：压轴题．分析：利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′（x）；②解f′（x）＞0（或＜0）；③得到函数的增区间（或减区间），对于本题的（1）在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数a的讨论情况；（2）点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'（2）=1，可求a值，代入得g（x）的解析式，由t∈[1，2]，且g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数可知：，于是可求m的范围．（3）是近年来高考考查的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n有某些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．解答：解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a=0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a=﹣1此时f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴2．（2014•巴中模拟）f（x）=|x﹣a|﹣lnx（a＞0）．（1）若a=1，求f（x）的单调区间及f（x）的最小值；（2）若a＞0，求f（x）的单调区间；（3）试比较++…+与的大小．（n∈N*且n≥2），并证明你的结论．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有专题：计算题；压轴题．分析：（1）先求出导函数fˊ（x），解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，判断函数的单调性即可；（2）求出函数的定义域；求出导函数，从导函数的二次项系数的正负；导函数根的大小，进行分类讨论；判断出导函数的符号；利用函数的单调性与导函数符号的关系求出单调性．（3）将要证的不等式等价转化为g（x）＞0在区间（1，2）上恒成立，利用导数求出g（x）的最小值，只要最小值大于0即可．解答：解：（1）a=1，f（x）=|x﹣1|﹣lnx当x≥1时，f（x）=x﹣1﹣lnx，f′（x）=1﹣=≥0∴f（x）在区间[1，+∞）上是递增的．x＜1时，f（x）=x﹣1﹣lnx，f′（x）=1﹣＜0∴f（x）在区间（0，1）减的．故a=1时f（x）在[1，+∞）上是递增的，减区间为（0，1），f（x）min=f（1）=0（2）当a≥1，x＞a，f（x）=x﹣a﹣lnx，f′（x）=1﹣，f（x）在[a，+∞）上是递增的，0＜x＜a，f（x）=﹣x+a﹣lnx，f′（x）=﹣1﹣＜0∴f（x）在（0，a）递减函数，0＜a＜1，x≥a，f（x）=x﹣a﹣lnx，f′（x）=1﹣，x＞1，f′（x）＞0，a＜x＜1，f′（x）＜0，f（x）在[1，+∞）递增函数f（x）在[a，1）递减函数，0＜x＜a时f（x）=a﹣x﹣lnx，f′（x）=﹣1﹣＜0，∴f（x）在（0，a）递减函数．当a≥1时f（x）在[a，+∞），（0，a）增函数．当0＜a＜1时f（x）在[1，+∞），（0，1）增函数．（3）当a=1x＞1时x﹣1﹣lnx＞0∴=n﹣1﹣（++…+）＜n﹣1﹣（++…+）=n﹣1﹣（﹣+﹣+…+﹣）=n﹣1﹣（﹣）=3．（2014•上海模拟）已知函数（1）试判断函数f（x）的单调性；（2）设m＞0，求f（x）在[m，2m]上的最大值；（3）试证明：对∀n∈N*，不等式．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用．菁优网版权所有专题：综合题；压轴题；分类讨论．分析：（1）利用商的求导法则求出所给函数的导函数是解决本题的关键，利用导函数的正负确定出函数的单调性；（2）利用导数作为工具求出函数在闭区间上的最值问题，注意分类讨论思想的运用；（3）利用导数作为工具完成该不等式的证明，注意应用函数的最值性质．解答：解：（1）函数f（x）的定义域是：（0，+∞）由已知令f′（x）=0得，1﹣lnx=0，∴x=e∵当0＜x＜e时，，当x＞e时，∴函数f（x）在（0，e]上单调递增，在[e，+∞）上单调递减，（2）由（1）知函数f（x）在（0，e]上单调递增，在[e，+∞）上单调递减故①当0＜2m≤e即时，f（x）在[m，2m]上单调递增∴，②当m≥e时，f（x）在[m，2m]上单调递减∴，③当m＜e＜2m，即时∴．（3）由（1）知，当x∈（0，+∞）时，，∴在（0，+∞）上恒有，即且当x=e时“=”成立，∴对∀x∈（0，+∞）恒有，∵，∴即对∀n∈N*，不等式恒成立．4．（2014•聊城一模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围；（Ⅲ）证明：对任意的正整数n，不等式2+++…+＞ln（n+1）都成立．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x，对其进行求导，在x=0处取得极值，可得f′（0）=0，求得a值；（Ⅱ）关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，将问题转化为φ（x）=0，在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，对φ（x）对进行求导，从而求出b的范围；（Ⅲ）f（x）=ln（x+1）﹣x2﹣x的定义域为{x|x＞﹣1}，利用导数研究其单调性，可以推出ln（x+1）﹣x2﹣x≤0，令x=，可以得到ln（+1）＜，利用此不等式进行放缩证明；解答：解：（Ⅰ）函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣xf′（x）=﹣2x﹣1当x=0时，f（x）取得极值，∴f′（0）=0故，解得a=1，经检验a=1符合题意，则实数a的值为1；（Ⅱ）由a=1知f（x）=ln（x+1）﹣x2﹣x由f（x）=﹣x+b，得ln（x+1）﹣x2+x﹣b=0令φ（x）=ln（x+1）﹣x2+x﹣b，则f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根等价于φ（x）=0在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根．φ′（x）=﹣2x+=，当x∈[0，1]时，φ′（x）＞0，于是φ（x）在[0，1）上单调递增；当x∈（1，2]时，φ′（x）＜0，于是φ（x）在（1，2]上单调递减，依题意有φ（0）=﹣b≤0，φ（1）=ln（1+1）﹣1+﹣b＞0，φ（2）=ln（1+2）﹣4+3﹣b≤0解得，ln3﹣1≤b＜ln2+，故实数b的取值范围为：[ln3﹣1，ln2+）；（Ⅲ）f（x）=ln（x+1）﹣x2﹣x的定义域为{x|x＞﹣1}，由（1）知f（x）=，令f′（x）=0得，x=0或x=﹣（舍去），∴当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．∴f（0）为f（x）在（﹣1，+∞）上的最大值．∴f（x）≤f（0），故ln（x+1）﹣x2﹣x≤0（当且仅当x=0时，等号成立）对任意正整数n，取x=＞0得，ln（+1）＜+∴ln（）＜，故2+++…+＞ln2+ln+ln+…+ln=ln（n+1）．5．（2014•揭阳三模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（1）求实数a的值；（2）若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围；（3）证明：对任意的正整数n，不等式都成立．考点：利用导数研究函数的极值；函数与方程的综合运用；不等式的证明．菁优网版权所有专题：证明题；压轴题．分析：（1）求出f′（x），因为函数在x=0处取极值，所以f'（0）=0求出a即可；（2）把a=1代入求得f（x）的解析式，把f（x）代入方程中得．然后令，求出导函数，讨论导函数的增减性，得到b的取值范围；（3）求出f′（x）=0时x的值，讨论函数的增减性得到函数的最大值为f（0），故ln（x+1）﹣x2﹣x≤0，然后取x=＞0，代入得到结论成立．解答：解（1），∵x=0时，f（x）取得极值，∴f'（0）=0，故，解得a=1．经检验a=1符合题意．（2）由a=1知，得．令，则在[0，2]上恰有两个不同的实数根，等价于φ（x）=0在[0，2]上恰有两个不同实数根．，当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，于是φ（x）在[0，1]上单调递增；当x∈（1，2）时，φ'（x）＜0，于是φ（x）在[1，2]上单调递减；依题意有，∴（3）f（x）=ln（x+1）﹣x2﹣x的定义域为{x|x＞﹣1}．由（1）知时，（舍去），∴当﹣1＜x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．∴f（0）为f（x）在（﹣1，+∞）上的最大值．∴f（x）≤f（0），故ln（x+1）﹣x2﹣x≤0（当且仅当x=0时，等号成立）．对任意正整数n，取得，．6.已知函数()2ln(1)(0)fxaxxa.（Ⅰ）求()fx的单调区间和极值；（Ⅱ）求证：(1)lglglg4lglg(1)23nnnneeeeenn*()nN.解：（Ⅰ）定义域为1,，2'()11afxx………2分令'()0121fxxa，令'()021fxxa故()fx的单调递增区间为1,21a，()fx的单调递减区间为21,a()fx的极大值为2ln221aaa（Ⅱ）证：要证(1)lglglg4lglg(1)23nnnneeeeenn即证(1)111lg(1)423lgnnnnenne，即证(1)1114ln(1)23nnnnenn即证111113ln(1)(1)23nnnn令12a，由（Ⅰ）可知()fx在(0,)上递减，故()(0)0fxf即ln(1)xx，令*1()xnNn，故111ln(1)lnln(1)lnnnnnnn累加得，111ln(1)123nn1111ln(1)ln(1)1(1)3nnennnn故111113ln(1)(1)23nnnn，得证7．已知()22(0)bfxaxaax的图像在点(1,(1))f处的切线与直线21yx平行.（Ⅰ）求a，b满足的关系式；（Ⅱ）若()2ln)fxx在[1,+上恒成立，求a的取值范围；（III）证明：11111ln(21)()3521221nnnNnn解：（Ⅰ）2)(xbaxf，根据题意2)1(baf，即2ab…3分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，axaaxxf222)(，令xxfxgln2)()(xaxaaxln2222，1,x则0)1(g，xxaaxg22)(2=2)2)(1(xaaxxa①当10a时，12aa，若21axa，则'()0gx，()gx在[1,)减函数，所以()(1)0gxg，()2lnfxx在[1,)上恒不成立．②1