高考数学(理)二轮复习(课件+跟踪训练)：第一部分 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数(

专题跟踪训练(六)
1．(2015·云南一检)已知函数f(x)＝ln(1＋2x)－x1＋2x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a>0，b>0，求证：ln 2a－ln b≥1－b2a.
[解] (1)由2x＋1>0得x>－
1
2
，

∴f(x)的定义域为－12，＋∞.
∵f(x)＝ln(1＋2x)－x1＋2x，

∴f′(x)＝21＋2x－1＋2x－2x1＋2x2＝
1＋4x
1＋2x
2
.

由f′(x)>0得x>－14，由f′(x)<0得x<－
1
4
.

∴f(x)的单调递增区间为－14，＋∞，
f(x)的单调递减区间为－12，－14.
(2)证明：由(1)知：当x＝－
1
4
时，f(x)取得最小值．

∴f(x)的最小值为f－14＝12－ln 2.
∴当x>－12时，f(x)≥f－14，即f(x)≥12－ln 2.
∵a>0，b>0，
∴a－b2b＝a2b－
12>－1
2
.
设x＝a－b2b，则fa－b2b≥12－ln 2，
化简得ln 2a－ln b≥1－
b
2a
.

∴当a>0，b>0时，ln 2a－ln b≥1－
b
2a
.

2．设函数f(x)＝x－4x－aln x(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直，求函数f(x)的极值；
(2)当a≤4时，若不等式f(x)≥1在区间[1,4]上有解，求实数a的取值
范围．
[解] 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

(1)f′(x)＝1＋4x2－ax＝x2－ax＋4x2，
所以f′(1)＝5－a，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率等于5
－a.
由题意可得5－a＝0，解得a＝5.

此时，f′(x)＝
x2－5x＋4x2＝x－1x－4
x
2
.

由f′(x)＝0解得x＝1或4.
f(x)、f′(x)随x的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1,4) 4
(4，＋∞)
f′(x)
＋ 0 － 0 ＋
f(x)
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f(x)的极大值为f(1)＝1－41－5ln 1＝－3，
极小值为f(4)＝4－44－5ln 4＝3－10ln 2.
(2)由不等式f(x)≥1在区间[1,4]上有解可知，f(x)在区间[1,4]上的最大值
不小于1.

由(1)知f′(x)＝x2－ax＋4x2，对于方程x2－ax＋4＝0，Δ＝(－a)2－4×1×4
＝a2－16，
①当a∈[－4,4]时，Δ≤0，故f′(x)≥0恒成立，f(x)在[1,4]上单调递增，
故f(x)在[1,4]上的最大值为f(4)＝4－44－aln 4＝3－2aln 2，
故由f(4)≥1，得3－2aln 2≥1，解得a≤
1
ln 2
.

又a∈[－4,4]，所以a∈




－4，

1

ln 2
.

②当a<－4时，Δ>0，f′(x)＝0的两根为

x1＝a－a2－162，x2＝a＋a2－162.
此时x
1<0，x2
<0，故f(x)在[1,4]上单调递增，

故①知，a≤1ln 2，又a<－4，
故a<－4.
综上所述，a的取值范围为




－∞，

1

ln 2
.

3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范
围．
[解] (1)证明：f′(x)＝m(e
mx
－1)＋2x.

若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)
时，emx－1≥0，f′(x)>0.
若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)
时，emx－1<0，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故
f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e

－1的充要条件是 f1－f0≤e－1，f－1－f0≤e－1，即 em－m≤e－1，e－m＋m≤e－1.①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.
当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.
故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0，即em－m>e－1；
当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.
综上，m的取值范围是[－1,1]．
4．(2015·河南洛阳统考)已知函数f(x)＝ax－xln a(a>1)，g(x)＝b－32x2，
e为自然对数的底数．
(1)当a＝e，b＝5时，求整数n的值，使得方程f(x)＝g(x)在区间(n，n
＋1)内有解；

(2)若存在x1，x2∈[－1,1]使得f(x1)＋g(x2)＋12≥f(x2)＋g(x1)＋e成立，求
实数a的取值范围．
[解] 令F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－xln a＋32x
2
－b，

(1)当a＝e，b＝5时，F(x)＝ex－x＋32x
2－5，F′(x)＝ex
－1＋3x.
当x>0时，F′(x)>0，则F(x)在(0，＋∞)上为增函数；
当x<0时，F′(x)<0，则F(x)在(－∞，0)上为减函数．
而F(0)＝－4，F(1)＝e－92<0，F(2)＝e2－1>0，
∴F(1)F(2)<0，又F(x)在(1,2)上为增函数，
∴F(x)＝0在(1,2)内有一个解，即f(x)＝g(x)在区间(1,2)内有一个解．
又F(－2)＝1e2＋3>0，F(－1)＝1e－
5
2
<0，

∴F(－2)F(－1)<0，又F(x)在(－2，－1)上为减函数，
∴F(x)在(－2，－1)内有一个解，即f(x)＝g(x)在区间(－2，－1)内有一
个解．
综上，当n＝1或－2时，f(x)＝g(x)在区间(n，n＋1)内有解．
(2)若存在x1，x2∈[－1,1]使得f(x1)＋g(x2)＋12≥f(x2)＋g(x1)＋e成立，
即存在x1，x2∈[－1,1]，使得[f(x1)－g(x1)]－[f(x2)－g(x2)]≥e－12，
即F(x1)－F(x2)≥e－12，x1，x2∈[－1,1]．
∴当x1，x2∈[－1,1]时，F(x)max－F(x)
min
≥e－12.

F′(x)＝axln a＋3x－ln a＝3x＋(a
x
－1)ln a.
①当x>0时，由a>1，ax－1>0，ln a>0，得F′(x)>0.
②当x<0时，由a>1，ax－1<0，ln a>0，得F′(x)<0.
③当x＝0时，F′(x)＝0.
∴F(x)在[－1,0]上为减函数，在[0,1]上为增函数．
∴当x∈[－1,1]时，F(x)min＝F(0)＝1－b，F(x)max＝max{F(－1)，F(1)}．
而F(1)－F(－1)＝a－1a－2ln a(a>1)，
设h(t)＝t－1t－2ln t(t>0)，
∵h′(t)＝1＋1t2－2t＝




1

t
－1
2

≥0(t＝1时取等号)，

∴h(t)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝0，
当t>1时，h(t)>h(1)＝0，
∴当a>1时，a－1a－2ln a>0，∴F(1)>F(－1)．
∴F(1)－F(0)≥e－12，
即a－ln a≥e－ln e.
设m(a)＝a－ln a，则m′(a)＝1－
1
a
>0(a>1)．
∴函数m(a)在(1，＋∞)上为增函数，
∵m(a)≥m(e)，
∴a≥e，即a的取值范围为[e，＋∞)．