高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测25《函数与导数》大题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测25《函数与导数》大题练（教师版），共8页。试卷主要包含了已知函数f＝·ln－2x.等内容，欢迎下载使用。
1．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＝2.718 28…)．
(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)＝xexk(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)＝eq \f(1,x)－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
令f′(x)>0得0k(x－1)，
令g(x)＝ln x－eq \f(x2,2)＋x－eq \f(1,2)－k(x－1)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1－k＝eq \f(－x2＋1－kx＋1,x)，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝eq \f(1－k,2)，
①当eq \f(1－k,2)≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴x∈(1，＋∞)时，h(x)g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当eq \f(1－k,2)>1，即k1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，
∴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)．
3．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(2a,x＋1)(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤eq \f(x＋1,2).
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12).
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a2，则a－1＋eq \r(a2－2a)>a－1－eq \r(a2－2a)>0，
由f′(x)>0，得0ln(n＋1)．
4．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x＋y＋1＝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：x1x2>e2.
解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：
依题意得，f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，
因为函数f(x)在x＝1处有意义，所以a≠－1.
所以f′(1)＝eq \f(1＋a,1＋a2)＝eq \f(1,1＋a)，
又由过点(1，f(1))的切线与直线x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即eq \f(1,1＋a)＝1，
解得a＝0.
此时f(x)＝eq \f(ln x,x)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令f′(x)>0，即1－ln x>0，解得02 017ln 2 018，
所以2 0172 018>2 0182 017.
(2)证明：不妨设x1>x2>0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，
所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0.
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)，
要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，也就是k(x1＋x2)>2，
因为k＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，所以只需证eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即ln eq \f(x1,x2)>eq \f(2x1－x2,x1＋x2)，令eq \f(x1,x2)＝t，则t>1，即证ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
令h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)．
由h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，
所以h(t)>h(1)＝0，即ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
所以x1x2>e2.