第六板块 课时验收评价(八)　“函数与导数”大题规范增分练

课时验收评价(八)　“函数与导数”大题规范增分练1．(2021·郑州二模)已知函数f(x)＝lnx－a(x＋1)．(1)讨论函数的单调性；(2)对任意x>0，求证：－a(x＋1)>f(x)．解：(1)由题意得f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，令f′(x)>0，解得0<x<；令f′(x)<0，解得x>，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．综上：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：要证－a(x＋1)>f(x)，即证·－lnx>0，令g(x)＝·－lnx，则g′(x)＝，令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，则r′(x)＝2xex－e2，由r′(x)在(0，＋∞)单调递增，且r′(1)＝2e－e2<0，r′(2)＝3e2>0，∴存在唯一的实数x0∈(1,2)，使得r′(x0)＝0，∴r(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∵r(0)<0，r(2)＝0，∴当r(x)>0时，x>2，当r(x)<0时，0<x<2，∴g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(2)＝1－ln2>0，综上，·－lnx>0，即－a(x＋1)>f(x)．2．已知函数f(x)＝lnx－.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明：曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y ＝ex的切线．解：(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝0.又0<<1，f＝－lnx1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)上有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)证明：因为＝e－lnx0，所以点B在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝，故直线AB的斜率k＝＝＝.曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．3．(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝(x－1)e－x.(1)求该函数的最大值；(2)设m，n为两个不相等的正数，且mlnn－nlnm＝m－n，证明：mn>e4.解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝.当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)． 故f(x)在x＝2处取得最大值，且最大值为.(2)证明：易知m，n>0，mlnn－nlnm＝m－n⇔m(lnn－1)＝n(lnm－1)⇔＝⇔＝，即f(lnm)＝f(lnn)，lnm≠lnn.不妨设x1＝lnm，x2＝lnn，x1<x2.由(1)可知x2∈(2，＋∞)，f(x1)＝f(x2)>0，x1∈(1,2)，当x2≥3时，x1＋x2>4，mn>e4，当2<x2<3时，1<4－x2<2，f(x2)－f(4－x2)＝－＝，设h(x)＝(x－1)e4－x－(3－x)ex，x∈(2,3)，则h′(x)＝(2－x)e4－x－(2－x)ex＝(2－x)(e4－x－ex)，因为x∈(2,3)，4－x<x，所以h′(x)>0，h(x)在区间(2,3)上单调递增，h(x)>(2－1)e4－2－(3－2)e2＝0，所以f(x2)－f(4－x2)＝f(x1)－f(4－x2)>0，f(x1)>f(4－x2)，又因为x1,4－x2∈(1,2)，所以x1>4－x2，即x1＋x2>4，故mn>e4.4．(2022·连云港模拟)已知函数f(x)＝lnx＋mx.(1)当m＝－时，判断f(x)的零点个数；(2)若不等式ea(x－1)＋ax≥x＋lnx＋a对任意x>1恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当m＝－时，f(x)＝lnx－，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝－＝，令f′(x)＝0，则x＝3，当x∈(0,3)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，所以f(x)max＝f(3)＝ln3－1>0，又因为f(1)＝－<0，所以f(1)·f(3)<0，所以f(x)在(1,3)上有唯一零点，同理，因为f(e2)＝2－<0，所以f(3)·f(e2)<0，所以f(x)在(3，e2)上有唯一零点，所以函数f(x)有两个零点．(2)ea(x－1)＋ax≥x＋lnx＋a，即ea(x－1)＋a(x－1)≥x＋lnx，即ea(x－1)＋a(x－1)≥elnx＋lnx，构造函数F(x)＝ex＋x，即F(a(x－1))≥F(lnx)，F(x)显然为(0，＋∞)上的增函数，所以转化为a(x－1)≥lnx在(1，＋∞)上恒成立，①当a≤0时，因为x>1，所以a(x－1)≤0，而lnx>ln1＝0，显然不符合题意． ②当a>0时，即a(x－1)－lnx≥0在(1，＋∞)上恒成立，令G(x)＝a(x－1)－lnx(x>1)，则G′(x)＝a－＝，令G′(x)＝0，则x＝，(ⅰ)当0<≤1，即a≥1时，因为x>1，所以G′(x)>0，所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以G(x)>G(1)＝0，即G(x)>0恒成立，符合题意．(ⅱ)当>1，即0<a<1时，当x∈时，G′(x)<0，当x∈时，G′(x)>0，所以G(x)min＝G＝a－ln＝1－a＋lna，令h(a)＝1－a＋lna(0<a<1)，则h′(a)＝－1＋＝>0，所以h(a)在(0,1)上单调递增，所以h(a)<h(1)＝0，所以G(x)min<0，不符合题意．综上所述，a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)．