2017届高三数学理二轮复习课余自主加餐训练 六函数、

(六)函数、导数与不等式专练
1．设函数f (x )＝1
x ＋2ln x .
(1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)如果对所有的x ≥1，都有f (x )≤ax ，求a 的取值范围．
2．已知函数f (x )＝a ＋ln x
x 的图象在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．
(1)求实数a 的值及f (x )的极值； (2)若对任意x 1，x 2∈[e 2，＋∞)，有⎪⎪⎪⎪⎪⎪f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>k x 1·x
2
，求实数k 的取值范围．
3．设函数f (x )＝ln x ＋m
x
，m ∈R .
(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x
3零点的个数．
4．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x ，g (x )＝e x
e x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．
(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；
(2)若对任意给定的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使得f (x i )＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．
答 案
1．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －1
x 2，
所以当0<x <12时，f ′(x )<0，当x >1
2
时，f ′(x )>0，
故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭
⎫1
2，＋∞上单调递增．
(2)当x ≥1时，f (x )≤ax ⇔a ≥2ln x x ＋1
x
2， 令h (x )＝2ln x x ＋1
x
2(x ≥1)，
则h ′(x )＝2－2ln x x 2－2x 3＝2（x －x ln x －1）
x 3，
令m (x )＝x －x ln x －1(x ≥1)，则m ′(x )＝－ln x ，
当x ≥1时，m ′(x )≤0，所以m (x )在[1，＋∞)上为减函数，
所以m (x )≤m (1)＝0，因此h ′(x )≤0，于是h (x )在[1，＋∞)上为减函数， 所以当x ＝1时，h (x )有最大值h (1)＝1，故a ≥1， 即a 的取值范围是[1，＋∞)． 2．解：(1)由题意得f ′(x )＝1－a －ln x x 2
，f ′(1)＝0，解得a ＝1.令f ′(x )＝－ln x
x
2＝0，解得x ＝1，
即f (x )有极大值为f (1)＝1. (2)由⎪⎪
⎪⎪⎪⎪f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>k x 1·x 2
，
可得⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪
f （x 1）－f （x 2）1x 1－
1x 2>k ， 令g ⎝⎛⎭⎫1x ＝f (x )，则g (x )＝x －x ln x ，其中x ∈(0，e －2]，g ′(x )＝－ln x ，又x ∈(0，e －2
]，则g ′(x )＝－ln x ≥2，
即⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪
f （x 1）－f （x 2）1x 1－
1x 2>2， 因此实数k 的取值范围是(－∞，2]．
3．解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e
x ，则f ′(x )＝x －e x 2，
∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e
e ＝2，
∴f (x )的极小值为2.
(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x
3(x >0)，
令g (x )＝0，得m ＝－1
3
x 3＋x (x >0)．
设φ(x )＝－1
3
x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，
当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．
∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝2
3 .
结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，
①当m >2
3
时，函数g (x )无零点；
②当m ＝2
3时，函数g (x )有且只有一个零点；
③当0<m <2
3时，函数g (x )有两个零点；
④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．
综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝2
3或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；
当0<m <2
3
时，函数g (x )有两个零点．
4．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ，f ′(x )＝1－2
x ，定义域为(0，＋∞)．
由f ′(x )<0，解得0<x <2，由f ′(x )>0，解得x >2.
故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)g ′(x )＝(1－x )e 1－
x ，
当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x ∈(1，e]时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减．
因为g (0)＝0，g (1)＝1，g (e)＝e ·e 1－
e >0，
所以函数g (x )在(0，e]上的值域为(0，1]． 当a ＝2时，不合题意；
当a ≠2时，f ′(x )＝2－a －2x ＝（2－a ）x －2
x
＝
（2－a ）⎝⎛⎭
⎫
x －2
2－a x
，x ∈(0，e]，
故0<22－a
<e ，a <2－2
e ，①
此时，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：
0，f (x )→0，f (x )→＋f ⎝⎛⎭⎫22－a ＝a －2ln 22－a
，f (e)＝(2－a )(e －1)－2. 对任意给定的x 0∈(0，e]，要在区间(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使得f (x i )＝g (x 0)成立，则需使a 满足下列条件：
⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝⎛⎭⎫22－a ≤0，f （e ）≥1，即⎩⎪⎨⎪⎧a －2ln 22－a ≤0， ②
（2－a ）（e －1）－2≥1. ③ 令h (a )＝a －2ln
2
2－a
，a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，2－2e ， h ′(a )＝1－2[ln 2－ln(2－a )]′＝1－22－a ＝a
a －2
， 令h ′(a )＝0，得a ＝0，
当a ∈(－∞，0)时，h ′(a )>0，函数h (a )单调递增； 当a ∈(0，2－2
e )时，h ′(a )<0，函数h (a )单调递减．
所以，对任意a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，2－2
e ，有h (a )≤h (0)＝0， 即②对任意a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，2－2
e 恒成立． 由③式解得a ≤2－3
e －1
.④
综合①④可知，当a ∈⎝⎛⎦
⎤－∞，2－3
e －1时，对任意给定的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在
两个不同的x i (i ＝1，2)，使得f (x i )＝g (x 0)成立．。