新教材2024高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)強(qiáng)化訓(xùn)練26函數(shù)與導(dǎo)數(shù)-大題備考

強(qiáng)化訓(xùn)練26函數(shù)與導(dǎo)數(shù)——大題備考第二次作業(yè)1．[2023·河南安陽(yáng)三模]已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－a)＋1(a∈R).(1)證明：曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)；(2)若a>1，證明：f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．2．[2023·重慶渝中模擬]已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x,x＋1).(1)求f(x)的極值；(2)對(duì)任意的n∈N*，求證：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<ln2.

3.[2023·河北滄州模擬]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax－1(a∈R).(1)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若方程f(x)＋2＝0有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，且x2>2x1，求證：x1xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))>eq\f(32,e3).參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693，ln3≈1.099.4．[2023·新高考Ⅱ卷](1)證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x；(2)已知函數(shù)f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍．強(qiáng)化訓(xùn)練26函數(shù)與導(dǎo)數(shù)1．證明：(1)由已知得f′(x)＝lnx＋1－a，所以f′(1)＝1－a，又因?yàn)閒(1)＝1－a，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，可知曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(1－a)＝(1－a)(x－1)，即y＝(1－a)x，恒過坐標(biāo)原點(diǎn)．(2)f′(x)＝lnx＋1－a，令f′(x)＝0，得x＝ea－1.當(dāng)x∈(0，ea－1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，ea－1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(ea－1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(ea－1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1.因?yàn)閍>1，a－1>0，所以ea－1>1，f(ea－1)<0，又f(ea)＝1>0，由零點(diǎn)存在定理知f(x)在(ea－1，ea)上有一個(gè)零點(diǎn)，即f(x)在(ea－1，＋∞)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)．因?yàn)閍>1，所以－a<a－1，e－a<ea－1，f(e－a)＝.令h(x)＝ex－2x，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝ex－2>0，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(a)>h(1)＝e－2>0，所以ea>2a，即f(e－a)>0.又f(ea－1)<0，由零點(diǎn)存在定理知f(x)在(e－a，ea－1)上有一個(gè)零點(diǎn)，即f(x)在(0，ea－1)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．2．解析：(1)因?yàn)閒(x)＝ln(x＋1)－＝ln(x＋1)＋－1，則f′(x)＝＝，當(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，f′(x)<0，x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得極小值f(0)＝0，無極大值．(2)證明：由(1)知f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)>f(0)＝0，即：ln(x＋1)>，令x＝得，ln(1＋)>，化簡(jiǎn)得：ln()>，于是有：ln()>，ln()>，…，ln()>，累加得：ln()＋ln()＋·…·＋ln()>＋…＋，ln＝ln()()·…·()>＋…＋，即＋…＋<ln2.3．解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由題意，f′(x)＝－a＝.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不合題意；當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0得0<x<，所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，＋∞)上單調(diào)遞減．又函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以≤1，即a≥1.因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．(2)由題意f(x)＋2＝lnx－ax＋1＝0，于是，令＝t，則由x2>2x1可得，t>2.于是t＝＝＝，即lnx1＝－1.從而lnx2＝lnt＋lnx1＝－1.另一方面，對(duì)>兩端分別取自然對(duì)數(shù)，則有>5ln2－3，于是，即證－3>5ln2－3，即>5ln2，其中t>2.設(shè)g(t)＝，t>2.則g′(t)＝＝，設(shè)φ(t)＝－3lnt＋2t－1－，t>2.則φ′(t)＝＋2＋＝＝>0在(2，＋∞)上恒成立，于是，φ(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而φ(t)>φ(2)＝－3ln2＋4－－1＝－3ln2>0.所以，g′(t)>0，即函數(shù)g(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，于是g(t)>g(2)＝5ln2.因此>，即原不等式成立．4．解析：(1)證明：構(gòu)建F(x)＝x－sinx，x∈(0，1)，則F′(x)＝1－cosx>0對(duì)?x∈(0，1)恒成立，則F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sinx，x∈(0，1)；構(gòu)建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，x∈(0，1)，則G′(x)＝2x－1＋cosx，x∈(0，1)，構(gòu)建g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)，則g′(x)＝2－sinx>0對(duì)?x∈(0，1)恒成立，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0對(duì)?x∈(0，1)恒成立，則G(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sinx>x－x2，x∈(0，1)；綜上所述：x－x2<sinx<x.(2)令1－x2>0，解得－1<x<1，即函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，1)，若a＝0，則f(x)＝－ln(1－x2)，x∈(－1，1)，因?yàn)閥＝－lnu在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，y＝1－x2在(－1，0)上單調(diào)遞增，在(0，1)上單調(diào)遞減，則f(x)＝－ln(1－x2)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增，故x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，不合題意，所以a≠0.當(dāng)a≠0時(shí)，令b＝|a|>0，因?yàn)閒(x)＝cosax－ln(1－x2)＝cos(|a|x)－ln(1－x2)＝cosbx－ln(1－x2)，且f(－x)＝cos(－bx)－ln[1－(－x)2]＝cosbx－ln(1－x2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)為偶函數(shù)，由題意可得：f′(x)＝－bsinbx－，x∈(－1，1)，(ⅰ)當(dāng)0<b2≤2時(shí)，取m＝min{，1}，x∈(0，m)，則bx∈(0，1)，由(1)可得f′(x)＝－bsin(bx)－>－b2x－＝，且b2x2>0，2－b2≥0，1－x2>0，所以f′(x)>>0，即當(dāng)x∈(0，m)?(0，1)時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(0，m)上單調(diào)遞增，結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：f(x)在(－m，0)上單調(diào)遞減，所以x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，不合題意；(ⅱ)當(dāng)b2>2時(shí)，取x∈(0，)?(0，1)，則bx∈(0，1)，由(1)可得f′(x)＝－bsinbx－<－b(bx－b2x2)－＝(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)，構(gòu)建h(x)＝－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2，x∈(0，)，則h′(x)＝－3b3x2＋2b2x＋b3，x∈(0，)，且h′(0)＝b3>0，h′()＝b3－b>0，則h′(x)>0對(duì)?x∈(0，)恒成立，可知h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，且h(0)＝2－b2<0，h()＝2>0，所以h(x)在(0，)內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)n∈(0，)．當(dāng)x∈(0，n)時(shí)，則h(x)<0，且x>0，1－x2>0，則f′(x