2019高考数学二轮复习 课时跟踪检测（二十五）函数与导数（大题练）理

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1、课时跟踪检测（二十五）函数与导数（大题练）A卷——大题保分练1．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，g(x)＝ex＋ax－1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e＝2.71828…)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)＝ex＋ax－1的一条切线方程是y＝2x，求实数a的值．解：(1)证明：因为f(x)＝(x－1)ex＋1(x∈R)，所以f′(x)＝xex，由f′(x)＝xex＝0，得x＝0，f′(x)＝xex>0时，x>0；f′(x)＝xex<0时，x<0；所以f(x)＝(x－1)ex＋1在(－∞

2、，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝(x－1)ex＋1的最小值为f(0)＝0，即函数f(x)＝(x－1)ex＋1有唯一零点．(2)设曲线g(x)＝ex＋ax－1与切线y＝2x相切于点(x0，y0)，因为g(x)＝ex＋ax－1，所以g′(x)＝ex＋a，所以消去a，y0，得(x0－1)ex0＋1＝0，由(1)知方程(x0－1)ex0＋1＝0有唯一根x0＝0，则e0＋a＝2，所以a＝1.2．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝lnx－a(x＋1)，a∈R的图象在(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求f(x)的单

3、调区间；(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0得01，∴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)－＋2x＋>k(x－1)可化为lnx－＋x－>k(x－1)，令g(x)＝lnx－＋x－－k(x－1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x

4、＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝，①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(1，＋∞)时，h(x)0，∴存在x0>1，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．②当>1，即k<－1时，易知存在x0>1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，∴h(x)>h(1

5、)＝1－k>0，∴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．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝lnx＋(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，求证：f(x)≤.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.考虑y＝x2＋2(1－a)x＋1，x>0.①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ>0，即a>2或a<0时，由x2＋2(1－a)x＋1＝0，得x＝a－1±.若a<0，则

6、f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>2，则a－1＋>a－1－>0，由f′(x)>0，得0a－1＋，则f(x)在(0，a－1－)和(a－1＋，＋∞)上单调递增．由f′(x)<0，得a－1－2时，f(x)的单调递增区间为(0，a－1－)，(a－1＋，＋∞)，单调递减区间为(a－1－，a－1＋)．(2)证明：当a＝1时，f(x)＝lnx＋.令g(x)＝f(

7、x)－＝lnx＋－(x>0)，则g′(x)＝－－＝＝.当x>1时，g′(x)<0，当00，∴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．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.(1)若a＝0，证明：当－10时，f(x)>0；(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)

8、＝ln(1＋x)－.设函数g(x)＝ln(1＋x)－，则g′(x)＝.当－10时，g′(x)>0，故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，且仅当