人教高中数学课时跟踪检测（十五） 函数与导数”大题常考的4类题型 作业.doc

课时跟踪检测（十五） “函数与导数”大题常考的4类题型
1．已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，
∴f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)．
当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，∴ln k＝0，∴k＝1.
(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，∵n∈N*，令x＝，得>ln ，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
2．已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．
①当a≥0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1，
x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)有极小值f(－1)＝－，无极大值．
②当a＜0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1或x＝ln.
(ⅰ)a<－2e，x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)有极小值f＝－2ln＋2＝2＋1，有极大值f(－1)＝－
.
(ⅱ)－2e<a<0，x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极小值f(－1)＝－，有极大值f＝－2ln＋2＝2＋1.
(ⅲ)当a＝－2e时，f′(x)≤0恒成立，f(x)在R上单调递减，无极值．
(2)函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，
即函数f(x)的图象与直线y＝e恰有两个交点，由(1)知，
①当a≥0时，只需满足e>－⇒a>－e2，
所以a∈[0，＋∞)．
②当a<0时，
(ⅰ)若a<－2e，结合(1)知，x∈(－1，＋∞)时，f(x)单调递减，
f(1)＝ae＋4<－2e2＋4<0，只需满足2＋1＝e或e＝－，解得a＝－e2或a＝ －(舍去)或a＝－.
(ⅱ)若－2e＜a＜0，结合(1)知只需满足2＋1＝e或e＝－，解得a＝－e2(舍去)或a＝－或a＝－(舍去)．
(ⅲ)若a＝－2e，结合(1)知f(x)的图象与直线y＝e不可能有两个交点，舍去．
综上，a的取值范围为[0，＋∞)∪.
3．已知函数f(x)＝aexln x(其中e＝2.718 28…是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋xln a，a>0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x