2019年《南方新课堂·高考总复习》数学（理科）作业及测试：课时作业 专题一 函数与导数 Word版含解析

专题一 函数与导数

第1课时

2ax2＋?2a＋1?x＋1?2ax＋1??x＋1?

1．解：(1)f′(x)＝＝(x>0)，

xx

当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

11

0，－?上单调递增，在?－，＋∞?上单调递减． 当a<0时，则f(x)在?2a???2a?

1－?. (2)由(1)知，当a<0时，f(x)max＝f??2a?1311

－?－?－－2?＝ln?－?＋＋1， f??2a??4a??2a?2a

1

t＝－>0?， 令y＝ln t＋1－t?2a??

1

则y′＝－1＝0，解得t＝1.

t

∴y在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

3

＋2?. ∴ymax＝y|x＝1＝0.∴y≤0，即f(x)max≤－??4a?

3

∴f(x)≤－－2.

4a

2．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，

1

f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，

x

∴f′(1)＝－2，f(1)＝0.

∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.

a?x－1?

(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0.

x＋1

a?x－1?x2＋2?1－a?x＋112a

令g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0，

x?x＋1?2x＋1x?x＋1?2①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0；

②当a>2时，令g′(x)＝0，得

x1＝a－1－?a－1?2－1，x2＝a－1＋?a－1?2－1.

由x2>1和x1x2＝1，得x1<1.故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在x∈(1，x2)单调递减，因此g(x)<0.

综上，a的取值范围是(－∞，2]．

3．解：(1)当a＝e时，g(x)＝2x－ex，g′(x)＝2－ex＝0?x＝ln 2.

当x0；当x>ln 2时，g′(x)<0，故g(x)的极大值点为ln 2. (2)①先考虑a>1时，f(x)的零点个数， 当x≤0时，f(x)为单调递减函数，

1

f(－1)＝1－>0，f(0)＝－1<0，

a

由零点存在定理知f(x)在(－∞，0]上有一个零点． 当x>0时，由f(x)＝0，得

2ln x

. x

2?1－ln x?2ln x

令h(x)＝，则h′(x)＝.

xx2由h′(x)＝0，得x＝e，当00；当x>e时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．

22

故h(x)max＝h(e)＝， h(1)＝0，且当x>e时，0

ee

x2＝ax?2ln x＝xln a?ln a＝

图D103

由数形结合知，

22

ⅰ)若ln a>，即a>ee时，当x>0时，f(x)无零点，故当x∈R时，f(x)有1个零点；

e

22

ⅱ)若ln a＝，即a＝ee时，当x>0时，f(x)有1个零点，故当x∈R时，f(x)有2个零点；

e

22

ⅲ)若00时，f(x)有2个零点，故当x∈R时，f(x)有3个

e

零点．

1

②再考虑01，由上可知，

a

2?12e当>e即0

22?1e当＝e即a＝ee时，f(x)有2个零点； a

2?12e当1<

a

综上所述，

当a>e或0

?2e当10可知x(ex－a)>0，

当a≤0时，ex－a>0，由x(ex－a)>0，解得x>0；

当00，解得x>0或x1时，ln a>0，由x(ex－a)>0，解得x>ln a或x<0.

(2)当a＝2时，要使f(x)＋k>0恒成立，即xex－2x>－k恒成立． 令f(x)＝xex－2x，则f′(x)＝h(x)＝(x＋1)ex－2. ∴h′(x)＝(x＋2)ex.

当x∈(－∞，－2)时，h′(x)<0，函数h(x)在(－∞，－2)上单调递减； 当x∈(－2，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)在(－2，＋∞)上单调递增． 又因为x∈(－∞，－1)时，h(x)<0，且h(0)＝－1<0，h(1)＝2e2－2>0， 所以存在唯一的x0∈(0,1)，使得f′(x0)＝h(x0)＝(x0＋1)ex0－2＝0. 当x∈(－∞，x0)时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(x0，＋∞)上单调递增． 所以，当x＝x0时，f(x)取到最小值．

12x0f(x0)＝x0ex0－2x0＝－2x0＝4－2?x0＋1＋x＋1?.

??x0＋10

因为x0∈(0,1)，所以f(x0)∈(－1,0)．

从而使得f(x)＋k>0恒成立的最小正整数的值为1.

第2课时

1．A 解析：构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex－1， 求导，得g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．由已知f(x)＋f′(x)>1，可得到g′(x)>0，所以g(x)为R上的增函数．

又g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0， 所以ex·f(x)>ex＋1，即g(x)>0的解集为{x|x>0}．

f′?x?cos x－f?x??cos x?′f′?x?cos x＋f?x?sin xf?x?

2．A 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝＝.cos xcos2 xcos2 xππ

－，?满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0可得g′(x)>0，所以函数g(x)在因为对任意的x∈??22??－π?f?－π?f

?－π，π?上为增函数．所以g?－π?

－?cos?－?cos??3??4?A.

xf′?x?－f?x?f?x?

3．A 解析：令F(x)＝，则F′(x)＝<0.

xx2f?2?f?3?

所以F(x)为减函数，则>.所以3f(2)>2f(3)．

232x＋sin x2x＋sin x

4．2 解析：f(x)＝1＋2，设g(x)＝f(x)－1＝2，则g(x)是奇函数．∵f(x)

x＋1x＋1

最大值为M，最小值为m，∴g(x)的最大值为M－1，最小值为m－1.∴M－1＋m－1＝0，即M＋m＝2.

xf′?x?－f?x?f?x?

5．(－2,0)∪(2，＋∞) 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝＞0，x∈(0，＋∞)．

xx2所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．

f?－x?－f?x?f?x?

又g(－x)＝＝＝＝g(x)，

x－x－x

则g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)．

???x＞0，?x＜0，

则f(x)＝xg(x)＞0??或?

?g?x?＞0?g?x?＜0.??

解得x＞2或－2＜x＜0，故不等式f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 6．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

1－ln xln x

因为f(x)＝，所以f′(x)＝.

xx2当f′(x)>0，即0e时，函数f(x)单调递减．

故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．

(2)因为e<3<π，所以eln 3

于是根据函数y＝ln x，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增，可得3e<πe<π3，e3

ln πln 3ln e

由e<3<π及(1)的结论，得f(π)

ln πln 3

<，得ln π3π3. π3ln 3ln e由<，得ln 3e

3e

综上所述，6个数中的最大数是3π，最小数是3e.

7．(1)解：当a＝1时，函数f(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)．

1

∵f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝1.

x

∵当x∈(0,1)时，f′(x)<0， ∴函数f(x)在(0,1)上为减函数． ∵当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， ∴函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数．

∴当x＝1时，函数f(x)有最小值，f(x)最小值＝f(1)＝1.

1

(2)解：∵f′(x)＝a－，

x

①若a≤0，则对任意的x∈[1，＋∞)都有f′(x)<0.∴函数f(x)在[1，＋∞)上为减函数． ∴函数f(x)在[1，＋∞)上有最大值，没有最小值，f(x)最大值＝f(1)＝a.

1

②若a>0，令f′(x)＝0，得x＝.

a11

1，?时，f′(x)<0， ⅰ)当01，当x∈??a?a

1

1，?上为减函数； ∴函数f(x)在??a?1

，＋∞?时，f′(x)>0， 当x∈??a?

1?∴函数f(x)在??a，＋∞?上为增函数．

1?11

∴当x＝时，函数f(x)有最小值，f(x)最小值＝f?＝1－ln . ?a?aa

1

ⅱ)当a≥1时，≤1，在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0.

a

∴函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，函数f(x)在[1，＋∞)有最小值，f(x)最小值＝f(1)＝a. 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在[1，＋∞)上有最大值，f(x)最大值＝a；

1

当0

a

当a≥1时，函数f(x)在[1，＋∞)有最小值，f(x)最小值＝a.

(3)证明：由(1)知函数f(x)＝x－ln x在(0，＋∞)上有最小值1，

即对任意的x∈(0，＋∞)都有x－ln x≥1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时“＝”成立．

n＋1n＋1

∵n∈N*，∴>0，且≠1.

nn

n＋1n＋11n＋111

1＋??1>ln?1＋?n. ∴－1>ln ?>ln ?1>nln??n??n?nnnn

1

1＋?n<1. ∴对任意的n∈N*都有ln??n?8．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

1?1

①若a≤0，因为f?＝－＋aln 2<0，所以不满足题意； ?2?2

ax－a

②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，

xx

所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点．

由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0. 故a＝1.

由

(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.

111

1＋n?

11111111＋?＋ln?1＋2?＋…＋ln?1＋n?<＋2＋…＋n＝1－n<1. 从而ln??2??2??2?222211?1＋1n?

1＋??1＋2??1＋3?>2， 而??2??2??2?所以m的最小值为3.