2019届高考数学二轮复习查漏补缺练习：专题突破训练2《 导数与方程》(含解析)
展开专题突破训练(二) 导数与方程
时间 / 45分钟 分值 / 72分
基础热身
1.(12分)已知函数f(x)=ln x.
(1)若函数g(x)=f(x)-ax+x2有两个极值点,求实数a的取值范围;
(2)若关于x的方程f(x)=m(x+1),m∈Z有实数解,求整数m的最大值.
2.(12分)[2018·芜湖二模] 已知函数f(x)=x3-aln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,求实数a的取值范围.
能力提升
3.(12分)[2018·长春模拟] 已知函数f(x)=ln x,g(x)=x+m(m∈R).
(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数m的取值范围;
(2)已知x1,x2是函数F(x)=f(x)-g(x)的两个零点,且x1<x2,求证:x1x2<1.
4.(12分)已知函数f(x)=-a.
(1)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围;
(2)若函数g(x)=xln x-ax2+有两个极值点,试判断函数g(x)的零点个数.
5.(12分)[2018·安徽宣城二模] 已知函数f(x)=x-2+(a∈R,e为自然对数的底数).
(1)求函数f(x)的极值;
(2)当a=1时,若直线l:y=kx-2与曲线y=f(x)没有公共点,求k的最大值.
难点突破
6.(12分)[2018·昆明5月模拟] 已知函数f(x)=(2-x)ex,g(x)=(x-1)3.
(1)若曲线y=g(x)的切线l经过点P,求l的方程;
(2)若方程3af(x)=g'(x)有两个不相等的实数根,求a的取值范围.
专题突破训练(二)
1.解:(1)g(x)=ln x-ax+x2,则g'(x)=(x>0),
由题意得方程x2-ax+1=0有两个不相等的正实数根,即解得a>2.
(2)方程ln x=m(x+1)有实数解,即m=有实数解,记函数h(x)=(x>0),则h'(x)=.
令φ(x)=-ln x(x>0),则φ'(x)=--<0,
所以φ(x)是减函数,又φ(e)=>0,φ(e2)=-1<0,
所以存在x0∈(e,e2),使得φ(x0)=0,即h'(x0)=0,即=ln x0,
当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)max==∈,所以m≤h(x)max(m∈Z),
故m≤0,即整数m的最大值为0.
2.解:(1)f'(x)=3x2-=(x>0).
①若a≤0,则f'(x)>0,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②若a>0,则令f'(x)==0,得x=,
当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)在上单调递减;
当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)在上单调递增.
(2)由题意知方程a=在区间(1,e]上有两个不同实数解,
即直线y=a与函数g(x)=(x∈(1,e])的图像有两个不同的交点.
因为g'(x)=(x∈(1,e]),令g'(x)=0得x=.
所以当x∈(1,)时,g'(x)<0,g(x)在(1,)上单调递减;
当x∈(,e]时,g'(x)>0,g(x)在(,e]上单调递增.
所以g(x)min=g()=3e,而g()==27>27,且g(e)=e3<27,
所以要使直线y=a与函数g(x)=(x∈(1,e])的图像有两个不同的交点,则a的取值范围为(3e,e3].
3.解:(1)令F(x)=f(x)-g(x)=ln x-x-m,则F'(x)=-1=(x>0),
当x>1时,F'(x)<0,
当0<x<1时,F'(x)>0,所以F(x)在(1,+∞)上单调递减,
在(0,1)上单调递增,所以F(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,最大值为-1-m.
若f(x)≤g(x)恒成立,则-1-m≤0,即m≥-1.
(2)证明:由(1)可知,若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点,则m<-1,0<x1<1<x2.
要证x1x2<1,只需证x2<,由于F(x)在(1,+∞)上单调递减,从而只需证F(x2)>F,由F(x1)=0,得m=ln x1-x1,又F(x2)=0,
所以只需证ln --m=ln -+x1-ln x1<0.
令h(x)=-+x-2ln x(0<x<1),则h'(x)=+1-=>0,
所以h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)<h(1)=0,所以x1x2<1.
4.解:(1)令φ(x)=,由题意知φ(x)的图像与直线y=a有两个交点.
φ'(x)=,令φ'(x)=0,得x=1.
当0<x<1时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x>1时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
所以φ(x)max=φ(1)=1.
当x→0时,φ(x)→-∞,所以当x∈(0,1)时,φ(x)∈(-∞,1).
当x→+∞时,φ(x)→0,所以当x∈(1,+∞)时,φ(x)∈(0,1).
综上可知,当且仅当a∈(0,1)时,直线y=a与φ(x)的图像有两个交点,即函数f(x)有两个零点.
(2)因为函数g(x)有两个极值点,
所以g'(x)=ln x+1-ax=0,即-a=0有两个不同的正根x1,x2,不妨设x1<x2.
由(1)知,0<x1<1<x2,0<a<1,且当x∈(0,x1)时,g'(x)<0,当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0,当x∈(x2,+∞)时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,
故g(x1)<g(1)=0,g(x2)>g(1)=0.
又当x→0时,g(x)→>0,当x→+∞时,g(x)→-∞,
所以函数g(x)有三个零点.
5.解:(1)f'(x)=1-.
①当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,所以函数f(x)无极值.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
故f(x)在x=ln a处取得极小值,且极小值为f(ln a)=ln a-1,无极大值.
综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;
当a>0,f(x)在x=ln a处取得极小值ln a-1,无极大值.
(2)当a=1时,f(x)=x-2+.
直线l:y=kx-2与曲线y=f(x)没有公共点等价于关于x的方程kx-2=x-2+在R上没有实数解,即关于x的方程(k-1)x=(*)在R上没有实数解.
①当k=1时,方程(*)可化为=0,在R上没有实数解,符合题意.
②当k≠1时,方程(*)可化为=xex.
令g(x)=xex,则有g'(x)=(1+x)ex,
令g'(x)=0,得x=-1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x | (-∞,-1) | -1 | (-1,+∞) |
g'(x) | - | 0 | + |
g(x) | ↘ | - | ↗ |
所以当x=-1时,g(x)min=-,又当x→+∞时,g(x)→+∞,
所以g(x)的取值范围为.
所以当∈时,方程(*)无实数解,
故k的取值范围是(1-e,1).
综上,k的取值范围是(1-e,1],即k的最大值为1.
6.解:(1)设切点坐标为(x0,g(x0)),因为g'(x)=3(x-1)2,所以g'(x0)=3(x0-1)2,
由题知=g'(x0),即=3(x0-1)2,
可得(x0-1)3=(3x0-1)(x0-1)2,
即x0(x0-1)2=0,所以x0=0或x0=1.
当x0=0时,g'(x0)=3,切线l的方程为y-0=3,即3x-y-1=0;
当x0=1时,g'(x0)=0,切线l的方程为y-0=0,即y=0.
综上所述,切线l的方程为3x-y-1=0或y=0.
(2)由3af(x)=g'(x)得3af(x)-g'(x)=0,即a(x-2)ex+(x-1)2=0,
设h(x)=a(x-2)ex+(x-1)2,
则h'(x)=a(x-1)ex+2(x-1)=(x-1)(aex+2),由题意得函数h(x)有两个不同的零点.
①当a=0时,h(x)=(x-1)2,此时h(x)只有一个零点,不符合题意.
②当a>0时,由h'(x)<0得x<1,由h'(x)>0得x>1,即h(x)在(-∞,1)上为减函数,
在(1,+∞)上为增函数,而h(1)=-ae<0,h(2)=1>0,所以h(x)在(1,+∞)上有唯一的零点,且该零点在(1,2)上.
若a>,则ln <0,取b<ln <0,
则h(b)>h=+=ln >0,
所以h(x)在(-∞,1)上有唯一的零点,且该零点在(b,1)上.
若0<a≤,则h(0)=-2a+1≥0,所以h(x)在(-∞,1)上有唯一零点,且该零点在[0,1)上.
所以当a>0时,h(x)有两个不同的零点,符合题意.
③当a<0时,由h'(x)=0,得x=1或x=ln.
若a=-,则h'(x)=-(x-1)(ex-e)≤0,所以h(x)至多有一个零点.
若a<-,则ln<1,易知h(x)在(1,+∞)上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,
又h=-2ln-2+ln-12=ln-22+1>0,
所以h(x)至多有一个零点.
若-<a<0,则ln>1,易知h(x)在上单调递增,在(-∞,1)和上单调递减,又h(1)=-ae>0,所以h(x)至多有一个零点.
所以当a<0时,h(x)至多有一个零点,不符合题意.
综上所述,a的取值范围为(0,+∞).
