2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十五理

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1、2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十五理1．(xx·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－＞0.

2、设g(x)＝lnx－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2＞1和x1x2＝1得0

3、≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)．f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋.当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0(x＞0)．因此h(x)在[0，＋∞

4、)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0

5、)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．3．(xx·长春质检)已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln，a∈R.(1)若f(x)存在极值点1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.解：(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－(x>0)，因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－＝(x>0)，①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意．②当a>0

6、时，由f′(x)＝0得x＝a，当x>a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当01－a，取y＝f(x)关于直线x＝a对称的曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln，则h′(x)＝－2＋＝－2＋≥0，所以h(x)在(0,2a)上单调递增，不妨设x1h

7、(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x22a，又lna>1－a，易知a>1成立，故x1＋x2>2.4．(xx·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，··…·0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0

8、，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.故a＝