高考数学一轮复习 课时跟踪检测17 理

课时跟踪检测(十七)
[高考基础题型得分练]
1．设f (x )＝a (x －5)2
＋6ln x (x >0)，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．
(1)确定a 的值；
(2)求函数f (x )的单调区间与极值．
解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2
＋6ln x (x ＞0)， 故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x
.
令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ， 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为
y －16a ＝(6－8a )(x －1)，
由点(0,6)在切线上，可得6－16a ＝8a －6，解得a ＝1
2.
(2)由(1)知，f (x )＝12
(x －5)2
＋6ln x (x >0)，
f ′(x )＝x －5＋6x
＝
x －2
x －3
x
.
令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3. 当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，
故f (x )的递增区间是(0,2)，(3，＋∞)；
当2＜x ＜3时，f ′(x )＜0，故f (x )的递减区间是(2,3)．
由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝9
2＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2
＋6ln 3.
2．[2017·甘肃兰州模拟]已知函数f (x )＝e x
－ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x
＋x 2
＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．
解：(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x －a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在R 上为增函数； 当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln a ， 则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，
∴函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数．
(2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x
－x )－e x
＋x 2
＋x ， ∵g (x )在(2，＋∞)上为增函数，
∴g ′(x )＝x e x
－m e x
＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m ≤
x e x ＋1
e x
－1
在(2，＋∞)上恒成立， 令h (x )＝
x e x ＋1
e x －1，x ∈(2，＋∞)，
h ′(x )＝
e
x
2
－x e x
－2e x
e x －1
2
＝e
x
e x
－x －2
e x －1
2
. 令L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x
－1>0在(2，＋∞)上恒成立， 即L (x )＝e x
－x －2在(2，＋∞)上为增函数， 即L (x )>L (2)＝e 2
－4>0，∴h ′(x )>0， 即h (x )＝
x e x ＋1
e x
－1
在(2，＋∞)上为增函数，
∴h (x )>h (2)＝2e 2
＋1e 2－1，∴m ≤2e 2
＋1
e 2－1.
∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2e 2
＋1e 2－1.
3．已知f (x )＝ax 2
－(a ＋2)x ＋ln x .
(1)当a ＝1时，求y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；
(2)当a ＞0时，若f (x )在区间[1，e]上最小值为－2，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2
－3x ＋ln x ，
f ′(x )＝2x －3＋1
x
.
因为f ′(1)＝0，f (1)＝－2，
所以曲线y ＝f (x )在点(1，－2)处的切线方程是y ＝－2. (2)函数f (x )＝ax 2
－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域是(0，＋∞)． 当a ＞0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1
x
＝2ax 2
－a ＋2x ＋1x
，
令f ′(x )＝2ax 2
－a ＋2x ＋1x
＝
2x －1ax －1x
＝0，
∴x ＝12或x ＝1a
.
当0＜1
a
≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增，
所以f (x )在[1，e]上的最小值是f (1)＝－2；
当1＜1a
＜e 时，f (x )在[1，e]上的最小值f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＜f (1)＝－2，不合题意；
当1
a
≥e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，此时f (x )在[1，e]上的最小值f (e)＜f (1)＝－
2，不合题意．
综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝e x
－ln(x ＋m )．
(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明：f (x )＞0. (1)解：f ′(x )＝e x
－
1
x ＋m
，由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x
－ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝e x
－1x ＋1
. 函数f ′(x )＝e x
－
1
x ＋1
在(－1，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝0，因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.
所以f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，
ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，故只需证明当m ＝2时，f (x )＞0. 当m ＝2时，函数f ′(x )＝e x
－
1
x ＋2
在(－2，＋∞)上单调递增． 又f ′(－1)＜0，f ′(0)＞0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(－1,0)．
当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故当x ＝x 0时，f (x )取得最小值．
由f ′(x 0)＝0得e x
0＝1x 0＋2，ln(x 0＋2)＝－x 0，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝
x 0＋1
2
x 0＋2
＞0.
综上，当m ≤2时，f (x )＞0.
[冲刺名校能力提升练]
1．[2017·吉林省实验中学二模]已知函数f (x )＝mx ＋ln x ，其中m 为常数，e 为自然
对数的底数．
(1)当m ＝－1时，求f (x )的最大值；
(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求m 的值． 解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)． 求导得f ′(x )＝－1＋1
x
，令f ′(x )＝0，得x ＝1.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.
由表可知f (x )(2)求导得f ′(x )＝m ＋1
x
.
①当m ≥0时，f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(0，e]上单调递增，最大值为f (e)＝m e ＋1＝－3，
解得m ＝－4
e
，不符合要求；
②当m <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1
m
，
若－1
m
≥e，此时f ′(x )≥0在(0，e]上恒成立，
此时f (x )＝在(0，e]上单调递增， 最大值为f (e)＝m e ＋1＝－3， 解得m ＝－4
e
，不符合要求；
若－1m
<e ，此时f ′(x )>0在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，－1m 上成立，f ′(x )<0在⎝ ⎛⎦
⎥⎤－1m ，e 上成立，
此时f (x )在(0，e]上先增后减，最大值为f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1m ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1m ＝－3，解得m ＝－e 2
，
符合要求．
综上可知，m 的值为－e 2
.
2．[2017·河南郑州模拟]已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－4，求a 的值； (2)当a ＝－1e 时，若函数g (x )＝|f (x )|－ln x x －b
2
存在零点，求实数b 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝a ＋1x ，令f ′(x )＝0得x ＝－1
a
，
因为a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ，所以0<－1a <e ， 由f ′(x )>0得，0<x <－1
a
；
由f ′(x )<0得，－1
a
<x <e.
从而f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ，e ，
所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ＝－1－1＋ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ＝－4，
解得a ＝－e 2
.
(2)函数g (x )＝|f (x )|－ln x x －b 2存在零点，即方程|f (x )|＝ln x x ＋b
2有实数根，
由已知，函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1e 时，f (x )＝－x
e －1＋ln x ，
所以f ′(x )＝－1e ＋1x ＝－x －e
e x
，
当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0. 所以f (x )的增区间为(0，e)，减区间为(e ，＋∞)， 所以f (x )max ＝f (e)＝－1，所以|f (x )|≥1. 令h (x )＝ln x x ＋b 2，则h ′(x )＝1－ln x
x 2
.
当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0.
从而h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 所以h (x )max ＝h (e)＝1e ＋b
2
，
要使方程|f (x )|＝ln x x ＋b
2有实数根，
只需h (x )max ≥1即可，故b ≥2－2
e
.
即所求实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫2－2e ，＋∞. 3．[2017·山东青州高三10月段测]函数f (x )＝a ln x ＋a ＋12
x 2
＋1.
(1)当a ＝－12时，求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 上的最值；
(2)讨论函数f (x )的单调性；
(3)当－1<a <0时，有f (x )>1＋a
2ln(－a )恒成立，求a 的取值范围．
解：(1)当a ＝－12时，f (x )＝－12ln x ＋x
2
4＋1，
∴f ′(x )＝－12x ＋x 2＝x 2
－1
2x .
∵f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴由f ′(x )＝0，得x ＝1，
∴f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最值只可能在f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，f (e)取到，而f (1)＝54，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝32＋
14e 2，f (e)＝12＋e
2
4
， f (x )max ＝f (e)＝12＋e 2
4，f (x )min ＝f (1)＝5
4
.
(2)f ′(x )＝a ＋1x 2＋a
x
，x ∈(0，＋∞)．
①当a ＋1≤0，即a ≤－1时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ②当a ≥0时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当－1<a <0时，由f ′(x )>0得x 2
>－a
a ＋1
， ∴x >
－a
a ＋1
或x <－－a
a ＋1
(舍去)， ∴f (x )在⎝
⎛⎭⎪⎫－a a ＋1，＋∞上递增，在⎝
⎛
⎭
⎪⎫
0，－a a ＋1上递减； 综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上递增； 当－1<a <0时，f (x )在⎝
⎛
⎭⎪⎫－a a ＋1，＋∞上递增，在⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
0，－a a ＋1上递减； 当a ≤－1时，f (x )在(0，＋∞)上递减． (3)由(2)知，当－1<a <0时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－a a ＋1， 即原不等式等价于f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a a ＋1>1＋a 2ln(－a )， 即a ln
－a a ＋1＋a ＋12·－a a ＋1＋1>1＋a
2
ln(－a )，
整理得ln(a ＋1)>－1，∴a >1
e
－1，
又∵－1<a <0，∴a 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e －1，0. 4．[2017·山东烟台模拟]已知函数f (x )＝x 2
－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )．
(1)若函数y ＝h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1，求实数a 的值； (2)若f (x )≥g (x )对于定义区域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)设函数y ＝h (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，若h (x 1)－h (x 2)>m 恒成立，求实数m 的最大值．
解：(1)由题意可知，h (x )＝x 2
－ax ＋ln x (x >0)， 则h ′(x )＝2x 2
－ax ＋1
x
(x >0)，
若h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，则h ′(1)＝h ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝0，解得a ＝3，
而当a ＝3时，h ′(x )＝2x 2
－3x ＋1x
＝
2x －1
x －1x
(x >0)．
由h ′(x )<0，解得x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1，
即h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1，所以a ＝3. (2)由题意知x 2
－ax ≥ln x (x >0)， ∴a ≤x －ln x
x
(x >0)．
令φ(x )＝x －ln x x (x >0)，则φ′(x )＝x 2
＋ln x －1x
2
， ∵y ＝x 2
＋ln x －1在(0，＋∞)上是增函数，且x ＝1时，y ＝0. ∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0.
即φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， ∴φ(x )min ＝φ(1)＝1，故a ≤1. 即实数a 的取值范围为(－∞，1]．
(3)由题意可知，h (x )＝x 2
－ax ＋ln x (x >0)， 则h ′(x )＝2x 2
－ax ＋1x
(x >0)．
可得方程2x 2
－ax ＋1＝0(x >0)有两个不相等的实数根x 1，x 2，且x 1∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，
∵x 1x 2＝12，∴x 2＝1
2x 1∈(1，＋∞)，
且ax 1＝2x 2
1＋1，ax 2＝2x 2
2＋1，
h (x 1)－h (x 2)＝(x 21－ax 1＋ln x 1)－(x 2
2－ax 2＋ln x 2)
＝[x 21－(2x 21＋1)＋ln x 1]－[x 22－(2x 2
2＋1)＋ln x 2]
＝x 22－x 21＋ln x 1x 2＝x 22－14x 22
－ln(2x 2
2)(x 2>1)．
设L (x )＝x 2－14x 2－ln(2x 2
)(x >1)，
则L ′(x )＝2x 2
－1
2
2x
3
>0(x >1)，
∴L (x )在(1，＋∞)上是增函数，L (x )>L (1)＝34－ln 2，即h (x 1)－h (x 2)>34－ln 2，∴m ≤
3
4－ln 2.
即m 的最大值为3
4
－ln 2.。