新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测19《难点自选-函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略》(含解析)
展开课时跟踪检测(十九) 难点自选——函数与导数压轴大题的 3大难点及破解策略
1.定义在R上的奇函数f(x),当x>0时,f(x)=ln x-ax+1,若f(x)有5个零点,求实数a的取值范围.
解:因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0;所以要使f(x)在R上有5个零点,只需f(x)在(0,+∞)上有2个零点.所以等价于方程a=在(0,+∞)上有2个根.所以等价于y=a与g(x)=(x>0)的图象有2个交点.g′(x)=,
x | (0,1) | (1,+∞) |
g(x) | + | - |
所以g(x)的最大值为g(1)=1.
因为x→0时,g(x)→-∞;x→+∞时,由洛必达法则可知:
lig(x)=li =li =0,
所以0<a<g(1),所以0<a<1.
2.已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,求证:f(x)>0.
解:(1)f′(x)=ex-,由f′(0)=0,得m=1,
所以f′(x)=ex-,f″(x)=ex+>0,
又由f′(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f′(x)<0,
当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.
所以函数f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)证明:依题意,f′(x)=ex-.
令f′(x0)=0,则ex0=>0,且f″(x)=ex+>0,所以函数f′(x)在区间(-m,+∞)上单调递增.
则当x∈(-m,x0)时,f′(x0)<0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,故函数f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
所以f(x)min=f(x0)=ex0-ln(x0+m).
又x0满足方程ex0=,
则f(x0)=ex0-ln(x0+m)=-ln e-x0=x0+=x0+m+-m2-m=2-m0不等号①取等号的条件是不等号②取等号的条件是m=2.
由于不等号①、②不能同时取等号,故f(x0)>0,即f(x)min>0,因此f(x)>0.
3.已知函数f(x)=ax++c(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.
(1)试用a表示出b,c;
(2)若f(x)≥ln x在[1,+∞)恒成立,求a的取值范围.
解:(1)b=a-1,c=1-2a.
(2)题设即“a≥(x>1),或a≥(x>1) 恒成立”.
用导数可证函数g(x)=(x-1)2+(x-1)-xln x(x≥1)是增函数(只需证g′(x)=x-ln x-1≥0(x≥1)恒成立,再用导数可证),
所以g(x)≥g(1)=0(x≥1),
当且仅当x=1时g(x)=0,得<(x>1),li =.
所以若a≥(x>1)恒成立,则a≥,
即a的取值范围是.
4.(2019·安徽二校联考)已知函数f(x)=-m(a,m∈R)在x=e(e为自然对数的底数)时取得极值,且有两个零点记为x1,x2.
(1)求实数a的值,以及实数m的取值范围;
(2)证明:ln x1+ln x2>2.
解:(1)f′(x)==,
由f′(x)=0,得x=ea+1,且当0<x<ea+1时,f′(x)>0,
当x>ea+1时,f′(x)<0,
所以f(x)在x=ea+1时取得极值,
所以ea+1=e,解得a=0.
所以f(x)=-m(x>0),f′(x)=,
函数f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,f(e)=-m.
又x→0(x>0)时,f(x)→-∞;x→+∞时,f(x)→-m,f(x)有两个零点x1,x2,
故解得0<m<.
所以实数m的取值范围为.
(2)证明:不妨设x1<x2,由题意知
则ln x1x2=m(x1+x2),ln=m(x2-x1)⇒m=.欲证ln x1+ln x2>2,只需证ln x1x2>2,
只需证m(x1+x2)>2,即证ln>2.
即证ln>2,设t=>1,
则只需证ln t>.
即证ln t->0.
记u(t)=ln t-(t>1),
则u′(t)=-=>0.
所以u(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以u(t)>u(1)=0,所以原不等式成立,
故ln x1+ln x2>2.
5.(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
解:(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.
②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln ,
则f(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0,
故f(x)存在两个零点.
③设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-,则ln(-2a)≤1,
故当x∈(1,+∞)时,
f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)内单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<-,则ln(-2a)>1,
故当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;
当x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,在(ln(-2a),+∞)内单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,
所以f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
(2)证明:不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),又f(x)在(-∞,1)内单调递减,
所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,
而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,
所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,
则g′(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>1时,g′(x)<0,而g(1)=0,
故当x>1时,g(x)<0.
从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.