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    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)
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    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)

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    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 xax+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yag(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(xm).

    (1)x=0f(x)的极值点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)=exf″(x)=ex>0,

    又由f′(0)=0,所以当x(-1,0)时,f′(x)<0,

    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.

    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(-mx0)时,f′(x0)<0;

    x(x0,+∞)时,f′(x)>0,故函数f(x)在(-mx0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.

    所以f(x)minf(x0)=ex0-ln(x0m).

    x0满足方程ex0

    f(x0)=ex0-ln(x0m)=-ln e-x0x0x0mm2m=2-m0不等号取等号的条件是不等号取等号的条件是m=2.

    由于不等号不能同时取等号,故f(x0)>0,即f(x)min>0,因此f(x)>0.

    3.已知函数f(x)=axc(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为yx-1.

    (1)试用a表示出bc

    (2)若f(x)≥ln x在[1,+∞)恒成立,求a的取值范围.

    解:(1)ba-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

    a的取值范围是.

    4.(2019·安徽二校联考)已知函数f(x)=m(amR)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x1x2.

    (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)=

    f′(x)=0,得x=ea+1,且当0<x<ea+1时,f′(x)>0,

    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.

    x→0(x>0)时,f(x)→-∞;x→+∞时,f(x)→-mf(x)有两个零点x1x2

    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 x1x2m(x1x2),lnm(x2x1)m.欲证ln x1+ln x2>2,只需证ln x1x2>2,

    只需证m(x1x2)>2,即证ln>2.

    即证ln>2,设t>1,

    则只需证ln t>.

    即证ln t>0.

    u(t)=ln t(t>1),

    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)已知函数f(x)=(x-2)exa(x-1)2有两个零点.

    (1)求a的取值范围;

    (2)设x1x2f(x)的两个零点,证明:x1x2<2.

    解:(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).

    a=0,则f(x)=(x-2)exf(x)只有一个零点.

    a>0,则当x(-∞,1)时,f′(x)<0;

    x(1,+∞)时,f′(x)>0,

    所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.

    f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln

    f(b)>(b-2)+a(b-1)2a>0,

    f(x)存在两个零点.

    a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).

    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.

    a<-,则ln(-2a)>1,

    故当x(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;

    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x1x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.

    由于f(2-x2)=-x2e2-x2a(x2-1)2

    f(x2)=(x2-2)ex2a(x2-1)2=0,

    所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.

    g(x)=-xe2-x-(x-2)ex

    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x1x2<2.

     

     

     

     

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