统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练11函数与导数文（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练11函数与导数文（附解析），共7页。
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围．
2．[2023·山西太原三模(文)]已知函数f(x)＝e·ex.
(1)若g(x)＝f(x)－kx－k(k∈R)，在x＝－1时取得极小值，求实数k的值；
(2)若过点(a，b)可以作出函数y＝f(x)的两条切线，求证：02x0.
函数与导数（11）
1．解析：（1）当a＝－1时，f（x）＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))ln（1＋x），f′（x）＝－eq \f(1,x2)ln（1＋x）＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))·eq \f(1,1＋x)，
所以f′（1）＝－ln2，
又f（1）＝0，所以点（1，f（1））处的切线方程为y－0＝－（x－1）ln2，即xln2＋y－ln2＝0.
（2）由题意得f′（x）＝－eq \f(1,x2)ln（1＋x）＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))·eq \f(1,1＋x)≥0（x＞0），即eq \f(ax2＋x－（1＋x）ln（1＋x）,x2（1＋x）)≥0（x＞0），因为x2（1＋x）>0，所以只需满足ax2＋x－（1＋x）ln（1＋x）≥0（x＞0）.
设g（x）＝ax2＋x－（1＋x）ln（1＋x），
则g′（x）＝2ax＋1－ln（1＋x）－1＝2ax－ln（1＋x）.
若a≤0，则g′（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，g（x）在（0，＋∞）上单调递减，于是在（0，＋∞）上g（x）0，设h（x）＝g′（x），
则h′（x）＝2a－eq \f(1,1＋x)，h′（0）＝2a－1.
①若0＜a＜eq \f(1,2)，则h′（0）＝2a－1＜0，令h′（x）＝0，得x＝eq \f(1,2a)－1，因为h′（x）在（0，＋∞）上单调递增，故当0＜x＜eq \f(1,2a)－1时，h′（x）＜0，当x＞eq \f(1,2a)－1时，h′（x）＞0，
所以h（x）即g′（x）在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)－1，＋∞))上单调递增，于是当0＜x＜eq \f(1,2a)－1时，g′（x）g（0）＝0，满足题意．
综上所述，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
2．解析：（1）g′（x）＝e·ex－k，
∴g′（－1）＝1－k＝0，∴k＝1.
当k＝1时，令g′（x）＝e·ex－1＝0，得x＝－1，
∴g（x）在（－∞，－1）单调递减，g（x）在（－1，＋∞）单调递增，
所以g（x）在x＝－1时取得极小值，∴k＝1.
（2）证明：设切点为（x0，），
∴切线为y－＝（x－x0），
又切线过点（a，b），∴b－＝（a－x0），∴（x0－a－1）＋b＝0，（*）
设h（x）＝ex＋1（x－a－1）＋b，则h′（x）＝ex＋1（x－a），
∴h（x）在（－∞，a）单调递减，在（a，＋∞）单调递增．
∵过点（a，b）可作f（x）的两条切线，
∴方程（*）有两解，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（a）0))，由h（a）＝ea＋1·（－1）＋b