2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练25函数与导数__大题备考

强化训练25 函数与导数——大题备考
第二次作业
1．[2022·江苏苏州模拟]已知函数f(x)＝x ln x＋1，
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x>1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围．
2．[2022·福建厦门模拟]已知函数f(x)＝e x－ax2－x－1.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；
(2)若f(x)≥0，求实数a的取值范围．
3．[2022·山东日照三模]已知函数f(x)＝(x－2)e x－ax＋a ln x(a∈R).
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a<e时，讨论f(x)的零点个数．
4．[2022·辽宁协作体二模]已知函数f (x )＝x ln x －12
mx 2
－x (m ∈R ).
(1)若直线y ＝x ＋b 与f (x )的图象相切，且切点的横坐标为1，求实数m 和b 的值； (2)若函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：ln x 1＋ln x 2>2.
强化训练25 函数与导数
1．解析：（1）∵f （x ）＝x ln x ＋1，x >0， ∴f ′（x ）＝ln x ＋1，
当x ∈（0，1e ）时，f ′（x ）<0；当x ∈（1
e ，＋∞）时，
f ′（x ）>0.
所以函数f （x ）在（0，1e ）上单调递减，在（1
e ，＋∞）上单调递增．
（2）由于x >1，f （x ）>kx 恒成立，即k <ln x ＋1
x
恒成立，
构造函数k （x ）＝ln x ＋1
x
，x >1，
则求导可得k ′（x ）＝1x －1x 2＝x －1
x
2，
当x >1时，k ′（x ）>0恒成立．
所以k （x ）在（1，＋∞）上单调递增，则k （x ）>k （1）＝1， 所以k ≤1.
2．解析：（1）因为f （x ）＝e x －x 2
－x －1，当x ＝1时，切点为（1，e －3）， 求导f ′（x ）＝e x
－2x －1，故切线斜率k ＝f ′（1）＝e －3， 所以所求切线方程为y ＝（e －3）x .
（2）f （x ）≥0等价于e x
≥ax 2
＋x ＋1恒成立， 当a >0时，上式不恒成立，证明如下：
当x <0时，e x <1，当x <－1a
时，ax 2
＋x ＋1＝x （ax ＋1）＋1>1，
从而e x ≥ax 2
＋x ＋1不恒成立，
当a ≤0时，ax 2
＋x ＋1≤x ＋1，下面先证明e x
≥x ＋1， 令h （x ）＝e x －x －1，则h ′（x ）＝e x
－1，
当x <0时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；当x >0时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增， 所以h （x ）min ＝h （0）＝0，即h （x ）≥0，
所以e x
≥x ＋1，而ax 2
＋x ＋1≤x ＋1，故e x ≥ax 2
＋x ＋1， 综上，若f （x ）≥0，则实数a 的取值范围为（－∞，0]. 3．解析：（1）当a ＝－1时，f （x ）＝（x －2）e x
＋x －ln x ，
则f ′（x ）＝（x －1）（e x ＋1x ），当x ∈（0，＋∞）时，e x ＋1x
>0恒成立，
所以当x ∈（0，1）时，f ′（x ）<0，f （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时f ′（x ）>0，f （x ）单调递增，
即f （x ）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，＋∞）.
（2）由题意，函数f （x ）＝（x －2）e x
－ax ＋a ln x ＝（x －2）e x
－a （x －ln x ），x >0， 设m （x ）＝x －ln x ，x >0，则m ′（x ）＝1－1x ＝x －1x
，
当x ∈（0，1）时，m ′（x ）<0，m （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时，m ′（x ）>0，m （x ）单调递增， 又由m （1）＝1，所以m （x ）≥1，
令f （x ）＝0，可得（x －2）e x
－ax ＋a ln x ＝0，所以a ＝（x －2）e x
x －ln x
，其中（x >0），
令g （x ）＝（x －2）e x x －ln x ，可得g ′（x ）＝e x
（x －1）（x －ln x ）2（x －ln x ＋2
x
－1）
，
令h （x ）＝x －ln x ＋2x －1，则h ′（x ）＝1－1x －2x 2＝x 2
－x －2x 2＝（x －2）（x ＋1）
x
2
（x >0）， 可得0<x <2时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；x >2时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增； 所以h （x ）min ＝h （2）＝2－ln 2>0，即x >0时，h （x ）>0恒成立；
故0<x <1时，g ′（x ）<0，g （x ）单调递减；x >1时，g ′（x ）>0，g （x ）单调递增； 所以g （x ）min ＝g （1）＝－e ，
又由x →0时，g （x ）→0，当x →＋∞时，g （x ）→＋∞， 函数g （x ）的图象，如图所示，
结合图象可得：
当a <－e 时，无零点；当a ＝－e 或0≤a <e 时，一个零点；当－e<a <0时，两个零点． 4．解析：（1）由题意，切点坐标为（1，－12m －1），f ′（x ）＝ln x －mx ，
所以切线斜率为f ′（1）＝－m ＝1，所以m ＝－1，
切线为y ＋12m ＋1＝1·（x －1），整理得y ＝x －32，所以b ＝－3
2.
（2）证明：由（1）知f ′（x ）＝ln x －mx .
由函数f （x ）在（0，＋∞）上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，知⎩
⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0
ln x 2－mx 2＝0，
则m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2且m ＝ln x 1－ln x 2
x 1－x 2，
联立得ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2＝ln x 1－ln x 2
x 1－x 2
，
即ln x 1＋ln x 2＝
x 1＋x 2x 1－x 2·ln x 1
x 2
＝（x 1
x 2＋1）·ln
x 1x 2
x 1
x 2
－1，
设t ＝x 1x 2∈（0，1），则ln x 1＋ln x 2＝（t ＋1）·ln t t －1
，
要证ln x 1＋ln x 2>2，只需证（t ＋1）·ln t t －1>2，只需证ln t <2（t －1）t ＋1，
只需证ln t －2（t －1）
t ＋1
<0.
构造函数g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，则g ′（t ）＝1t －4（t ＋1）2＝
（t －1）
2
t （t ＋1）2>0. 故g （t ）＝ln t －2（t －1）
t ＋1，在t ∈（0，1）上递增，g （t ）<g （1）＝0，即g （t ）
＝ln t －2（t －1）
t ＋1
<0，
所以ln x 1＋ln x 2>2.。