高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四文

课时跟踪检测（二十四）
1．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)．
(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；
(2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围．
解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．
当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，
f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x －3，f ′(1)＝－2.
故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.
(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －－x ＋1＞0. 设g (x )＝ln x －－x ＋1， 则g ′(x )＝1x －2a ＋＝
x2＋－＋1＋，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在
(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )＞0；
②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－－－1，x 2＝a －1＋－－1. 由x 2＞1和x 1x 2＝1得0<x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)上单调递减，因此g (x )＜g (1)＝0.
综上，a 的取值范围是(－∞，2]．
2．已知函数f (x )＝ln x ＋t x
－s (s ，t ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性及最值；
(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.
解：(1)f ′(x )＝x －t x2
(x >0)， 当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；
当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，
故f (x )在x ＝t 处取得最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值．
(2)∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，
∴f (x 1)＝ln x 1＋2x1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2x2
－s ＝0， 得s ＝2x1＋ln x 1＝2x2
＋ln x 2，
∴－x1x2＝ln x2x1
， 设t ＝x2x1>1，则ln t ＝－tx1
，x 1＝－tln t ， 故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝－tln t ， ∴x 1＋x 2－4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t2－1t －2ln t ln t
， 记函数h (t )＝t2－1t
－2ln t ， ∵h ′(t )＝－t2>0，
∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，
∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，
又t ＝x2x1
>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立． 3．(2017·宝鸡质检)函数f (x )＝ln x －12
ax 2－2x . (1)若a ＝8，求f (x )的单调区间；
(2)若a >－1，对任意的a ，总存在某个x 0∈[2,3]，使得f (x 0)－b <0成立，求实数b 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝－8x2＋2x －1x
＝－－＋x
(x >0)， x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，14时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 故f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，14， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，＋∞. (2)首先，对于任意a ∈(－1，＋∞)，都存在某个x 0∈[2,3]，使得f (x 0)－b <0成立，
则b >⎝ ⎛⎭
⎪⎫ln x0－12ax20－2x0max ， 因为函数h (a )＝ln x 0－12ax 20－2x 0。