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.doc

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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xx1．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)e＋1，g(x)＝e＋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；x(2)若曲线g(x)＝e＋ax－1的一条切线方程是y＝2x，求实数a的值．x解：(1)证明：因为f(x)＝(x－1)e＋1(x∈R)，x所以f′(x)＝xe，xxx由f′(x)＝xe＝0，得x＝0，f′(x)＝xe>0时，x>0；f′(x)＝xe<0时，x<0；x所以f(x)＝(x－1)e＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)

2、上单调递增，x所以f(x)＝(x－1)e＋1的最小值为f(0)＝0，x即函数f(x)＝(x－1)e＋1有唯一零点．x(2)设曲线g(x)＝e＋ax－1与切线y＝2x相切于点(x0，y0)，xx因为g(x)＝e＋ax－1，所以g′(x)＝e＋a，ex0＋a＝2，所以y0＝ex0＋ax0－1，消去a，y0，得(x0－1)ex0＋1＝0，y0＝2x0，0由(1)知方程(x0－1)ex0＋1＝0有唯一根x0＝0，则e＋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)的单调区间；

3、2x1(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22围．解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．111－x∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，xxx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，＋∞)．22x1x1(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为lnx－＋x－>k(x－1)，22222x1令g(x)＝lnx－＋x－－k(x－1)，2221－x＋1－kx＋1则g′(x)＝－x＋1－

4、k＝，xx21－k令h(x)＝－x＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝，21－k①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，2∴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．1－k②当>1，即k<－1时，易知存在x0>1，使得h(x)在(1，x0

5、)上单调递增，2∴h(x)>h(1)＝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)．2a3．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝lnx＋(a∈R)．x＋1(1)求函数f(x)的单调区间；x＋1(2)当a＝1时，求证：f(x)≤.22x＋21－ax＋1解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.2xx＋12考虑y＝x＋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，22由x＋

6、2(1－a)x＋1＝0，得x＝a－1±a－2a.若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；22若a>2，则a－1＋a－2a>a－1－a－2a>0，222由f′(x)>0，得0a－1＋a－2a，则f(x)在(0，a－1－a－2a)2和(a－1＋a－2a，＋∞)上单调递增．222由f′(x)<0，得a－1－a－2a2时，f(x)的单调递增区间为(0

7、，a－1－a－2a)，(a－1＋a－2a，＋∞)，单22调递减区间为(a－1－a－2a，a－1＋a－2a)．2(2)证明：当a＝1时，f(x)＝lnx＋.x＋1x＋12x＋1令g(x)＝f(x)－＝lnx＋－(x>0)，2x＋12321212－x－x－x－1x＋x＋2则g′(x)＝－－＝＝.222xx＋122xx＋12xx＋1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，x＋1故g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤成立，