课时跟踪检测 函数与导数（大题练）A卷大题保分练1已知函数f(x)=(x1)ex1，g(x)=exax1(其中aR，e为自然对数的底数，e=2.718 28)(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)=exax1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值2已知函数f(x)=ln xa(x1)，aR的图象在(1，f(1)处的切线与x轴平行(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)2xk(x1)成立，求k的取值范围3已知函数f(x)=ln x(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x).4已知函数f(x)=(2xax2)ln(1x)2x.(1)若a=0，证明：当1x0时，f(x)0时，f(x)0；(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.B卷深化提能练1已知函数f(x)=ln xs(s，tR)(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0x14.2已知函数f(x)=axln x，F(x)=exax，其中x0，a0)(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)证明：当nN*时，1ln(n1)4已知函数f(x)=(aR)，曲线y=f(x)在点(1，f(x)处的切线与直线xy1=0垂直(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)=f(x)k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2e2.答案解析A卷大题保分练1解：(1)证明：因为f(x)=(x1)ex1(xR)，所以f(x)=xex，由f(x)=xex=0，得x=0，f(x)=xex0时，x0；f(x)=xex0时，x0得0x1，令f(x)1，f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(2)不等式f(x)2xk(x1)可化为ln xxk(x1)，令g(x)=ln xxk(x1)，则g(x)=x1k=，令h(x)=x2(1k)x1，则h(x)的对称轴为直线x=，当1，即k1时，易知h(x)在(1，)上单调递减，x(1，)时，h(x)h(1)=1k，若k1，则h(x)0，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减，g(x)g(1)=0，不符合题意若1k0，存在x01，使得x(1，x0)时，h(x)0，即g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递增，g(x)g(1)=0恒成立，符合题意当1，即k1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，h(x)h(1)=1k0，g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递增，g(x)g(1)=0恒成立，符合题意综上，k的取值范围是(，1)3解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)=.考虑y=x22(1a)x1，x0.当0，即0a2时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当0，即a2或a0时，由x22(1a)x1=0，得x=a1.若a0恒成立，此时f(x)在(0，)上单调递增；若a2，则a1a10，由f(x)0，得0xa1，则f(x)在(0，a1)和(a1，)上单调递增由f(x)0，得a1x2时，f(x)的单调递增区间为(0，a1)，(a1，)，单调递减区间为(a1，a1)(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x.令g(x)=f(x)=ln x(x0)，则g(x)=.当x1时，g(x)0，当0x0，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，即当x=1时，g(x)取得最大值，故g(x)g(1)=0，即f(x)成立，得证4解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2x)ln(1x)2x，f(x)=ln(1x).设函数g(x)=ln(1x)，则g(x)=.当1x0时，g(x)0时，g(x)0，故当x1时，g(x)g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，从而f(x)0，且仅当x=0时，f(x)=0.所以f(x)在(1，)上单调递增又f(0)=0，故当1x0时，f(x)0时，f(x)0.(2)若a0，由(1)知，当x0时，f(x)(2x)ln(1x)2x0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾若a0，设函数h(x)=ln(1x).由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点h(x)=.若6a10，则当0x，且|x|0，故x=0不是h(x)的极大值点若6a10，则a2x24ax6a1=0存在根x10，故当x(x1,0)，且|x|min时，h(x)0；当x(0,1)时，h(x)0)，当t0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)无最值；当t0时，由f(x)0，得x0，得xt，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)=ln t1s，无最大值(2)f(x)恰有两个零点x1，x2(0x11，则ln t=，x1=，故x1x2=x1(t1)=，x1x24=，记函数h(t)=2ln t，h(t)=0，h(t)在(1，)上单调递增，t1，h(t)h(1)=0，又t=1，ln t0，故x1x24成立2解：(1)由题意得f(x)=a=，F(x)=exa，x0，a0，f(x)0在(0，)上恒成立，即f(x)在(0，)上单调递减，当1a0，即F(x)在(0，)上单调递增，不合题意，当a0，得xln(a)，由F(x)0，得0xe2时，p(x)0，当0xe2时，p(x)0，g(x)0，g(x)单调递减，当x时，ax10，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)min=g=M，设t=(0，e2，M=h(t)=ln t1(00，k0)，当x=时，f(x)=0；当0x时，f(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.法二：由题意知方程kxln x1=0仅有一个实根，由kxln x1=0得k=(x0)，令g(x)=(x0)，g(x)=，当x=1时，g(x)=0；当0x0；当x1时，g(x)0.g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)max=g(1)=1，当x时，g(x)0，要使f(x)仅有一个零点，则k=1.法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y=kx与曲线y=ln x1相切，设切点为(x0，y0)，由y=ln x1得y=，k=x0=y0=1，实数k的值为1.