题型专题检测(二十二)　函数、导数与不等式的综合题.docVIP

题型专题检测(二十二)　函数、导数与不等式的综合题 1．(2015·北京高考)已知函数f(x)＝ln. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求证：当x(0,1)时，f(x)＞2； (3)设实数k使得f(x)＞k对x(0,1)恒成立，求k的最大值． 2．(2015·贵阳市监测考试)已知函数f(x)＝(aR，a≠0)． (1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值； (2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a的取值范围． 3.(2015·唐山一模)已知函数f(x)＝ex－，g(x)＝2ln(x＋1)＋e－x. (1)x(－1，＋∞)时，证明：f(x)0； (2)a0时，若g(x)≤ax＋1，求a的取值范围． 4．(2015·济宁模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a(其中aR，e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)． (1)当a＝e时，求函数f(x)的极值； (2)当0≤a≤1时，求证：f(x)≥0； (3)求证：对任意正整数n，都有·…·e. 1．解：(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)， 所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2. 又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. (2)证明：令g(x)＝f(x)－2， 则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝. 因为g′(x)0(0x1)， 所以g(x)在区间(0,1)上单调递增． 所以g(x)g(0)＝0，x(0,1)， 即当x(0,1)时，f(x)2. (3)由(2)知，当k≤2时，f(x)k对x(0,1)恒成立． 当k2时，令h(x)＝f(x)－k， 则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝. 所以当0x 时，h′(x)0，因此h(x)在区间上单调递减． 故当0x 时，h(x)h(0)＝0，即f(x)k. 所以当k2时，f(x)k并非对x(0,1)恒成立． 综上可知，k的最大值为2. 2．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝，f′(x)＝. 由f′(x)＝0，得x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 极小值  所以，函数f(x)的极小值为f(2)＝－，函数f(x)无极大值． (2)F′(x)＝f′(x)＝＝. 当a0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) F′(x) － 0 ＋ F(x) 极小值 若使函数F(x)没有零点，当且仅当F(2)＝＋10， 解得a－e2，所以此时－e2a0； 当a0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) F′(x) ＋ 0 － F(x) 极大值 因为F(2)F(1)0，且F＝0，所以此时函数F(x)总存在零点． 综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)． 3．解：(1)证明：令p(x)＝f′(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1， 在(－1,0)上，p′(x)0，p(x)单调递减；在(0，＋∞)上，p′(x)0，p(x)单调递增． 所以p(x)的最小值为p(0)＝0，即f′(x)≥0， 所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，即f(x)f(－1)0. (2)令h(x)＝g(x)－(ax＋1)， 则h′(x)＝－e－x－a， 令q(x)＝－e－x－a， 则q′(x)＝－. 由(1)得q′(x)0，则q(x)在(－1，＋∞)上单调递减． 当a＝1时，q(0)＝h′(0)＝0，且h(0)＝0. 在(－1,0)上，h′(x)0，h(x)单调递增；在(0，＋∞)上，h′(x)0，h(x)单调递减． 所以h(x)的最大值为h(0)，即h(x)≤0恒成立． 当a1时，h′(0)0， 在(－1,0)上，h′(x)＝－e－x－a－1－a， 令－1－a＝0，解得x＝(－1,0)． 在上，h′(x)0，h(x)单调递减， 又h(0)＝0，所以此时h(x)0，与h(x)≤0恒成立矛盾． 当0a1时，h′(0)0， 在(0，＋∞)上，h′(x)＝－e－x－a－1－a， 令－1－a＝0，解得x＝(0，＋∞)． 即在上，h′(x)0，h(x)单调递增， 又h(0)＝0，所以此时h(x)0，与h(x)≤0恒成立矛盾． 综上，a的取值为1. 4．解：(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ex－e， f′(x)＝ex－e， 当x1时，f′(x)0；当x1时，f′(x)0. 所以函数f(x)在 (－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－e，函数f(x)无极大值． (2)证明：由f(x)＝ex－ax－a，得f′(x)＝ex－a， 当a＝0时，f(