高考二轮 函数与导数大题备考练（原卷+答案）1．已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．2．已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.3.已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋ >ln (n＋1).4．已知函数f(x)＝x(1－ln x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围．6．已知函数f(x)＝ex－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．7．已知函数f(x)＝(x－2)ex－ax＋a ln x(a∈R).(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a2.参考答案1．解析：（1）当a＝0时，f（x）＝－－ln x（x>0），则f′（x）＝－＝.当x∈（0，1）时，f′（x）>0；当x∈（1，＋∞）时，f′（x）<0.所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，故f（x）的最大值即为f（x）的极大值f（1）＝－1.（2）因为函数f（x）恰有一个零点，所以方程a（x－ln x）－－ln x＝0在（0，＋∞）上恰有一个解，即方程a（x－ln x）＝＋ln x在（0，＋∞）上恰有一个解．又易知当x>0时，x－ln x>0，所以方程a＝在（0，＋∞）上恰有一个解．令g（x）＝（x>0），则g′（x）＝.令h（x）＝x－1－（x＋1）ln x（x>0），则h′（x）＝1－ln x－＝－ln x－.由（1）知，h′（x）≤－1，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减．又h（1）＝0，所以当x∈（0，1]时，h（x）≥0；当x∈（1，＋∞）时，h（x）<0.则当x∈（0，1]时，g′（x）≤0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0.所以g（x）在（0，＋∞）上单调递减．又当x→0时，g（x）→＋∞，当x→＋∞时，g（x）→0，所以a∈（0，＋∞）.2．解析：（1）由题意可知函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－＋1＝.令f′（x）＝0，解得x＝1.当x∈（0，1）时，f′（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＞0.所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝e＋1－a.若f（x）≥0，则f（x）min＝e＋1－a≥0，解得a≤e＋1.故a的取值范围为（－∞，e＋1].（2）证明：由（1）可知，要使f（x）有两个零点，则f（x）min＝f（1）＝e＋1－a＜0，即a＞1＋e.假设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即需证明1＜x2＜.又因为f（x）在x∈（1，＋∞）上单调递增，所以要证明1＜x2＜，则需证明f（x2）＜f，即f（x1）＜f.令F（x）＝f（x）－f，0＜x＜1，则F′（x）＝f′（x）＋f′·＝.因为ex在x∈（0，1）上单调递增，所以ex＜e，所以当x∈（0，1）时，ex＋x＜e＋1.又函数y＝xe在（0，1）上单调递减，所以xe＞e，所以－xe－1＜－e－1，所以ex＋x－xe－1＜e＋1－e－1＝0，所以当x∈（0，1）时，F′（x）＞0，则F（x）在（0，1）上单调递增．因为F（1）＝f（1）－f（1）＝0，所以F（x）＜0，即f（x）＜f，所以若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1.3．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝xex－ex＝（x－1）ex，f′（x）＝ex＋（x－1）ex＝xex.令f′（x）＝0，得x＝0，∴当x<0时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x>0时，f′（x）>0，f（x）单调递增．（2）f′（x）＝eax＋aeaxx－ex＝（ax＋1）eax－ex，f′（0）＝0.设g（x）＝（ax＋1）eax－ex，则g′（x）＝aeax＋aeax（ax＋1）－ex＝（a2x＋2a）eax－ex，g′（0）＝2a－1.当2a－1>0，即a>时，存在δ>0，使得当x∈（0，δ）时，g′（x）>0，此时f′（x）在（0，δ）上单调递增．∵f′（x）>f′（0）＝0，∴f（x）在（0，δ）上单调递增，∴f（x）>f（0）＝－1，这与f（x）<－1矛盾，故舍去．当2a－1≤0，即a≤时，f（x）≤xex－ex.令h（x）＝xex－ex，则h′（x）＝ex＋ex·x－ex＝ex（1＋x－ex）<0，∴h（x）在（0，＋∞）上单调递减，此时h（x）0时，xex－ex<－1，∴x1，则x＝2ln t，∴2ln t1.取t＝ （n∈N*），则2ln t＝ln （n＋1）－ln n< － ＝，∴＋＋…＋ >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln （n＋1）－ln n＝ln （n＋1），故结论得证．4．解析：（1）函数的定义域为，又f′＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈时，f′>0，当x∈时，f′<0，故f的递增区间为，递减区间为.（2）因为b ln a－a ln b＝a－b，故b＝a，即＝，故f＝f，设＝x1，＝x2，由（1）可知不妨设01.因为x∈时，f＝x>0，x∈时，f＝x<0，故12，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f>f，即证：f>f，其中10，所以g′>0，故g在上为增函数，所以g>g＝0，故f>f，即f>f成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合＝，＝x1，＝x2，可得：x1＝x2，即：1－ln x1＝t，故ln x1＝，要证：x1＋x21，则S′＝ln ＋－1－ln t＝ln －，先证明一个不等式：ln ≤x.设u＝ln －x，则u′＝－1＝，当－10；当x>0时，u′<0，故u在上为增函数，在上为减函数，故umax＝u＝0，故ln ≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln ≤<，故S′<0恒成立，故S在上为减函数，故S0，所以f′（x）＝ln x＋1，当x∈（0，）时，f′（x）<0；当x∈（，＋∞）时，f′（x）>0.所以函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增．（2）由于x>1，f（x）>kx恒成立，即k1，则求导可得k′（x）＝－＝，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≤1.6．解析：（1）因为f（x）＝ex－x2－x－1，当x＝1时，切点为（1，e－3），求导f′（x）＝ex－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ex≥ax2＋x＋1恒成立，当a>0时，上式不恒成立，证明如下：当x<0时，ex<1，当x<－时，ax2＋x＋1＝x（ax＋1）＋1>1，从而ex≥ax2＋x＋1不恒成立，当a≤0时，ax2＋x＋1≤x＋1，下面先证明ex≥x＋1，令h（x）＝ex－x－1，则h′（x）＝ex－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ex≥x＋1，而ax2＋x＋1≤x＋1，故ex≥ax2＋x＋1，综上，若f（x）≥0，则实数a的取值范围为（－∞，0].7．解析：（1）当a＝－1时，f（x）＝（x－2）ex＋x－ln x，则f′（x）＝（x－1）（ex＋），当x∈（0，＋∞）时，ex＋>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）ex－ax＋a ln x＝（x－2）ex－a（x－ln x），x>0，设m（x）＝x－ln x，x>0，则m′（x）＝1－＝，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）ex－ax＋a ln x＝0，所以a＝，其中（x>0），令g（x）＝，可得g′（x）＝·（x－ln x＋－1），令h（x）＝x－ln x＋－1，则h′（x）＝1－－＝＝（x>0），可得02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01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