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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＝2.718 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)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0得0k(x－1)，
令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)，
则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝，
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①当≤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>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．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x＋(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a2，则a－1＋>a－1－>0，
由f′(x)>0，得0ln(n＋1)．
4．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝(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)＝，
因为函数f(x)在x＝1处有意义，所以a≠－1.
所以f′(1)＝＝，
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＝1，解得a＝0.
此时f(x)＝，f′(x)＝，
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＝，所以只需证>，
即ln >，令＝t，则t>1，即证ln t>.
令h(t)＝ln t－(t>1)．
由h′(t)＝－＝>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，
所以h(t)>h(1)＝0，即ln t>.
所以x1x2>e2.
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