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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)(x1)ex1，g(x)exax1(其中aR，e为自然对数的底数，e2.718 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y2x，求实数a的值解：(1)证明：因为f(x)(x1)ex1(xR)，所以f(x)xex，由f(x)xex0，得x0，f(x)xex0时，x0；f(x)xex0时，x1，当x(1，x0)时，恒有f(x)2xk(x1)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)a，f(1)1a0，a1，f(x)1，令f(x)0得0x1，令f(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)2xk(x1)可化为ln xxk(x1)，令g(x)ln xxk(x1)，则g(x)x1k，令h(x)x2(1k)x1，则h(x)的对称轴为直线x，当1，即k1时，易知h(x)在(1，)上单调递减，x(1，)时，h(x)h(1)1k，若k1，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1k0，存在x01，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，符合题意当1，即k1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，h(x)h(1)1k0，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)ln x(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，求证：f(x).解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x).考虑yx22(1a)x1，x0.当0，即0a2时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当0，即a2或a0时，由x22(1a)x10，得xa1.若a0恒成立，此时f(x)在(0，)上单调递增；若a2，则a1a10，由f(x)0，得0xa1，则f(x)在(0，a1)和(a1，)上单调递增由f(x)0，得a1x2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a1时，f(x)ln x.令g(x)f(x)ln x(x0)，则g(x).当x1时，g(x)0，当0x0，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，即当x1时，g(x)取得最大值，故g(x)g(1)0，即f(x)成立，得证4(2018全国卷)已知函数f(x)(2xax2)ln(1x)2x.(1)若a0，证明：当1x0时，f(x)0时，f(x)0；(2)若x0是f(x)的极大值点，求a.解：(1)证明：当a0时，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x).设函数g(x)ln(1x)，则g(x).当1x0时，g(x)0时，g(x)0，故当x1时，g(x)g(0)0，且仅当x0时，g(x)0，从而f(x)0，且仅当x0时，f(x)0.所以f(x)在(1，)上单调递增又f(0)0，故当1x0时，f(x)0时，f(x)0.(2)若a0，由(1)知，当x0时，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)，这与x0是f(x)的极大值点矛盾若a0，设函数h(x)ln(1x).由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同又h(0)f(0)0，故x0是f(x)的极大值点，当且仅当x0是h(x)的极大值点h(x).若6a10，则当0x，且|x|0，故x0不是h(x)的极大值点若6a10，则a2x24ax6a10存在根x10，故当x(x1,0)，且|x|min时，h(x)0；当x(0,1)时，h(x)0.所以x0是h(x)的极大值点，从而x0是f(x)的极大值点综上，a.B卷深化提能练1已知函数f(x)ln xs(s，tR)(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0x14.解：(1)f(x)(x0)，当t0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)无最值；当t0时，由f(x)0，得x0，得xt，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，)上单调递增，故f(x)在xt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(0x11，则ln t，x1，故x1x2x1(t1)，x1x24，记函数h(t)2ln t，h(t)0，h(t)在(1，)上单调递增，t1，h(t)h(1)0，又t1，ln t0，故x1x24成立2(2019届高三福州四校联考)已知函数f(x)axln x，F(x)exax，其中x0，a0，a0，f(x)0在(0，)上恒成立，即f(x)在(0，)上单调递减，当1a0，即F(x)在(0，)上单调递增，不合题意，当a0，得xln(a)，由F(x)0，得0xe2时，p(x)0，当0xe2时，p(x)0，g(x)0，g(x)单调递减，当x时，ax10，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)mingM，设t(0，e2，Mh(t)ln t1(00)(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，1ln(n1)解：(1)法一：f(x)kxln x1，f(x)k(x0，k0)，当x时，f(x)0；当0x时，f(x)时，f(x)0.f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minfln k，f(x)有且只有一个零点，ln k0，k1.法二：由题意知方程kxln x10仅有一个实根，由kxln x10得k(x0)，令g(x)(x0)，g(x)，当x1时，g(x)0；当0x0；当x1时，g(x)ln，1lnlnlnln(n1)，故1ln(n1)4(2018郑州模拟)已知函数f(x)(aR)，曲线yf(x)在点(1，f(x)处的切线与直线xy10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：x1x2e2.解：(1) 20172 0182 0182 017.理由如下：依题意得，f(x)，因为函数f(x)在x1处有意义，所以a1.所以f(1)，又由过点(1，f(1)的切线与直线xy10垂直可得，f(1)1，即1，解得a0.此时f(x)，f(x)，令f(x)0，即1ln x0，解得0xe；令f(x)0，即1ln xe.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 0172 017ln 2 018，所以2 0172 0182 0182 017.(2)证明：不妨设x1x20，因为g(x1)g(x2)0，所以ln x1kx10，ln x2kx20.可得ln x1ln x2k(x1x2)，ln x1ln x2k(x1x2)，要证x1x2e2，即证ln x1ln x22，也就是k(x1x2)2，因为k，所以只需证，即ln ，令t，则t1，即证ln t.令h(t)ln t(t1)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x1x2e2.
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