2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练24函数与导数__大题备考

强化训练24 函数与导数——大题备考
第一次作业
1．[2022·全国乙卷]已知函数f (x )＝ax －1
x
－(a ＋1)ln x .
(1)当a ＝0时，求f (x )的最大值；
(2)若f (x )恰有一个零点，求a 的取值范围．
2．[2022·全国甲卷]已知函数f (x )＝e
x
x
－ln x ＋x －a .
(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；
(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.
3.[2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f (x )＝x e ax －e x
. (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)当x >0时，f (x )<－1，求a 的取值范围； (3)设n ∈N *
，证明：112
＋1
＋
1
22
＋2＋…＋1
n 2＋n
>ln (n ＋1).
4．[2021·新高考Ⅰ卷]已知函数f (x )＝x (1－ln x ). (1)讨论f (x )的单调性；
(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1
b
<e.
强化训练24 函数与导数
1．解析：（1）当a ＝0时，f （x ）＝－1
x
－ln x （x >0），
则f ′（x ）＝1x 2－1x ＝1－x x
2.
当x ∈（0，1）时，f ′（x ）>0； 当x ∈（1，＋∞）时，f ′（x ）<0.
所以f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 故f （x ）的最大值即为f （x ）的极大值f （1）＝－1.
（2）因为函数f （x ）恰有一个零点，所以方程a （x －ln x ）－1
x
－ln x ＝0在（0，＋
∞）上恰有一个解，即方程a （x －ln x ）＝1
x
＋ln x 在（0，＋∞）上恰有一个解．
又易知当x >0时，x －ln x >0，
所以方程a ＝1
x
＋ln x x －ln x 在（0，＋∞）上恰有一个解．
令g （x ）＝1
x
＋ln x x －ln x
（x >0），
则g ′（x ）＝（x －1）[x －1－（x ＋1）ln x ]
x 2（x －ln x ）2.
令h （x ）＝x －1－（x ＋1）ln x （x >0）， 则h ′（x ）＝1－ln x －
x ＋1x ＝－ln x －1
x
. 由（1）知，h ′（x ）≤－1，
所以h （x ）在（0，＋∞）上单调递减．
又h （1）＝0，所以当x ∈（0，1]时，h （x ）≥0； 当x ∈（1，＋∞）时，h （x ）<0. 则当x ∈（0，1]时，g ′（x ）≤0； 当x ∈（1，＋∞）时，g ′（x ）<0. 所以g （x ）在（0，＋∞）上单调递减．
又当x →0时，g （x ）→＋∞，当x →＋∞时，g （x ）→0， 所以a ∈（0，＋∞）.
2．解析：（1）由题意可知函数f （x ）的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝e x
（x －1）
x
2
－1
x
＋1＝（e x
＋x ）（x －1）x
2
. 令f ′（x ）＝0，解得x ＝1.
当x ∈（0，1）时，f ′（x ）＜0；当x ∈（1，＋∞）时，f ′（x ）＞0.
所以f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以f （x ）min ＝f （1）＝e ＋1－a .
若f （x ）≥0，则f （x ）min ＝e ＋1－a ≥0，解得a ≤e＋1. 故a 的取值范围为（－∞，e ＋1].
（2）证明：由（1）可知，要使f （x ）有两个零点， 则f （x ）min ＝f （1）＝e ＋1－a ＜0，即a ＞1＋e. 假设0＜x 1＜1＜x 2，要证明x 1x 2＜1，即需证明1＜x 2＜1x 1
.
又因为f （x ）在x ∈（1，＋∞）上单调递增，所以要证明1＜x 2＜1
x 1
，则需证明f （x 2）
＜f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 1，即f （x 1）＜f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 1. 令F （x ）＝f （x ）－f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x
，0＜x ＜1，
则F ′（x ）＝f ′（x ）＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ·1x
2＝（x －1）（e x
＋x －x e 1
x －1）x
2
.
因为e x
在x ∈（0，1）上单调递增，
所以e x
＜e ，所以当x ∈（0，1）时，e x
＋x ＜e ＋1.
又函数y ＝x e 1x 在（0，1）上单调递减，所以x e 1x ＞e ，所以－x e 1
x －1＜－e －1，所以e x
＋x －x e 1
x －1＜e ＋1－e －1＝0，所以当x ∈（0，1）时，F ′（x ）＞0，则F （x ）在（0，1）上单调递增．
因为F （1）＝f （1）－f （1）＝0，所以F （x ）＜0，即f （x ）＜f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ，所以若f （x ）
有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2＜1.
3．解析：（1）当a ＝1时，f （x ）＝x e x
－e x
＝（x －1）e x
，
f ′（x ）＝e x ＋（x －1）e x ＝x e x .
令f ′（x ）＝0，得x ＝0，
∴当x <0时，f ′（x ）<0，f （x ）单调递减；
当x >0时，f ′（x ）>0，f （x ）单调递增．
（2）f ′（x ）＝e ax ＋a e ax x －e x ＝（ax ＋1）e ax －e x
，f ′（0）＝0.
设g （x ）＝（ax ＋1）e ax －e x ，则g ′（x ）＝a e ax ＋a e ax （ax ＋1）－e x ＝（a 2x ＋2a ）e ax
－e x
，g ′（0）＝2a －1.
当2a －1>0，即a >1
2时，存在δ>0，使得当x ∈（0，δ）时，g ′（x ）>0，此时f ′（x ）
在（0，δ）上单调递增．
∵f ′（x ）>f ′（0）＝0，∴f （x ）在（0，δ）上单调递增， ∴f （x ）>f （0）＝－1，这与f （x ）<－1矛盾，故舍去．
当2a －1≤0，即a ≤12
时，f （x ）≤x e 1
2x －e x
.
令h （x ）＝x e 1
2x －e x
，
则h ′（x ）＝e 1
2x
＋12e 12x ·x －e x ＝e 12x （1＋12
x －e 1
2x
）<0，
∴h （x ）在（0，＋∞）上单调递减， 此时h （x ）<h （0）＝－1符合条件． 综上可知，a 的取值范围为（－∞，1
2
].
（3）证明：由（2）知当a ＝12
时，x >0时，x e 1
2x －e x
<－1，
∴x <e 1
2x
－1e 12
x .
令e 1
2x
＝t ，t >1，则x ＝2ln t ，∴2ln t <t －1t
，t >1.
取t ＝
n ＋1n （n ∈N *
），则2ln t ＝ln （n ＋1）－ln n <n ＋1
n
－ n
n ＋1＝1
n 2＋n
， ∴
1
12＋1＋122
＋2＋…＋1
n 2＋n
>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln （n ＋1）－ln n ＝ln （n ＋1），故结论得证．
4．解析：（1）函数的定义域为()0，＋∞， 又f ′()x ＝1－ln x －1＝－ln x ，
当x ∈()0，1时，f ′()x >0，当x ∈()1，＋∞时，f ′()x <0， 故f ()x 的递增区间为()0，1，递减区间为()1，＋∞.
（2）因为b ln a －a ln b ＝a －b ，故b ()ln a ＋1＝a ()ln b ＋1，
即
ln a ＋1a ＝ln b ＋1
b
，
故f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1b
， 设1a ＝x 1，1
b
＝x 2，由（1）可知不妨设0<x 1<1，x 2>1.
因为x ∈()0，1时，f ()x ＝x ()1－ln x >0，x ∈()e ，＋∞时，f ()x ＝x ()1－ln x <0， 故1<x 2<e. 先证：x 1＋x 2>2，
若x 2≥2，x 1＋x 2>2必成立．
若x 2<2, 要证：x 1＋x 2>2，即证x 1>2－x 2，而0<2－x 2<1， 故即证f ()x 1>f ()2－x 2，即证：f ()x 2>f ()2－x 2，其中1<x 2<2. 设g ()x ＝f ()x －f ()2－x ，1<x <2，
则g ′()x ＝f ′()x ＋f ′()2－x ＝－ln x －ln ()2－x ＝ －ln []x ()2－x ，
因为1<x <2，故0<x ()2－x <1，故－ln x ()2－x >0，
所以g ′()x >0，故g ()x 在()1，2上为增函数，所以g ()x >g ()1＝0， 故f ()x >f ()2－x ，即f ()x 2>f ()2－x 2成立，所以x 1＋x 2>2成立， 综上，x 1＋x 2>2成立． 设x 2＝tx 1，则t >1，
结合ln a ＋1a ＝ln b ＋1b ，1a ＝x 1，1b
＝x 2，
可得：x 1()1－ln x 1＝x 2()1－ln x 2， 即：1－ln x 1＝t ()1－ln t －ln x 1，故ln x 1＝
t －1－t ln t
t －1
，
要证：x 1＋x 2<e ，即证()t ＋1x 1<e ，即证ln ()t ＋1＋ln x 1<1， 即证：ln ()t ＋1＋
t －1－t ln t
t －1
<1，即证：()t －1ln ()t ＋1－t ln t <0，
令S ()t ＝()t －1ln ()t ＋1－t ln t ，t >1， 则S ′()t ＝ln ()t ＋1＋
t －1t ＋1－1－ln t ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t －2t ＋1
， 先证明一个不等式：ln ()x ＋1≤x . 设u ()x ＝ln ()x ＋1－x ，则u ′()x ＝
1x ＋1－1＝－x
x ＋1
，
当－1<x <0时，u ′()x >0；当x >0时，u ′()x <0，
故u ()x 在()－1，0上为增函数，在()0，＋∞上为减函数， 故u ()x max ＝u ()0＝0， 故ln ()x ＋1≤x 成立．
由上述不等式可得当t >1时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ≤1t <
2t ＋1
，
故S ′()t <0恒成立，
故S ()t 在()1，＋∞上为减函数，故S ()t <S ()1＝0， 故()t －1ln ()t ＋1－t ln t <0成立，即x 1＋x 2<e 成立． 综上所述，2<1a ＋1
b
<e.。