通用版2018年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四文

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1、课时跟踪检测（二十四）1．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－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)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋－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lnx－＞0.设g(x)＝lnx－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)

2、时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋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x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2＞1和x1x2＝1得04.解：(1)f′(x)＝(x>0)，当t≤0时，f′(

3、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x0，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)＝lnt＋1－s，无最大值．(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(01，则lnt＝，x1＝，故x1＋x2＝x1(t＋1)＝，∴x1＋x2－4＝，记函数h(t)＝－2lnt，∵h′(t)＝>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单

4、调递增，∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，又t＝>1，lnt>0，故x1＋x2>4成立．3．(2017·宝鸡质检)函数f(x)＝lnx－ax2－2x.(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x0∈[2,3]，使得f(x0)－b<0成立，求实数b的取值范围．解：(1)f′(x)＝－＝－(x>0)，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)首先，对于任意a∈(－1，＋∞)，都存在某个x0∈[2,3]，使得f(x0)－b<0成立，-5-则b>max，因为函数h(

5、a)＝lnx0－ax－2x0＝－xa－2x0＋lnx0在(－1，＋∞)上是减函数，所以h(a)0)．(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；(2)证明：当a≥时，f(x)>e－x

6、.解：(1)由题意知，函数f(x)＝lnx＋的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝lnx＋，得f′(x)＝－＝.因为a>0，所以x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(a)＝lna＋1.又f(1)＝ln1＋a＝a>0，所以当lna＋1≤0，-5-即0e－x，即证当x>0，a≥时，lnx＋>e－x，即证xlnx＋a>xe－x.令h(x)＝xlnx＋a，则h′(x)＝lnx＋1.当0<

7、x<时，h′(x)<0；当x>时，h′(x)>0，所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增．所以h(x)min＝h＝－＋a.故当a≥时，h(x)≥－＋a≥.①令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．当00；当x>1时，φ′(x)<0.所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝.故当x>0时，φ(x)≤.②显然，不等式①②中的等号不能同