新高考数学一轮复习《导数大题突破练—极值点偏移问题》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

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中考数学二轮压轴培优专题二次函数与矩形存在性问题1.已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>2.【答案解析】证明：f′(x)＝(1－x)e－x.易得f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减且x→－∞时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0，f(0)＝0，f(x)max＝f(1)＝.∴不妨令x1<x2，则0<x1<1<x2，若证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，∵2－x1，x2∈(1，＋∞)且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只需证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，故只需证f(x1)<f(2－x1)，设φ(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，∴φ(x)＝xe－x－(2－x)ex－2(x∈(0,1))，∴φ′(x)＝(1－e2x－2)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，∴φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即f(x1)<f(2－x1)成立，即证x1＋x2>2.2.设函数f(x)＝，g(x)＝aex－x，其中a为实数．(1)求f(x)的单调区间；(2)若g(x)有两个零点x1，x2(x1＜x2)，证明：0＜x1x2＜1.【答案解析】解：(1)由题设可知，f(x)的定义域为R，f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝1.当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：函数g(x)有两个零点x1，x2等价于方程a＝有两个不等实根x1，x2，也等价于函数y＝a与y＝f(x)的图象有两个交点．由(1)可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．且当x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0，故0<x1<1<x2，所以x1x2>0.欲证x1x2<1，只需证x1<，因为x1，∈(0,1)，故只需证f(x1)<f ，又f(x1)＝f(x2)，故只需证明f(x2)<f ，即证<，即证x2·<·，两边取对数可得ln x2＋<－ln x2＋x2，即只需证明2ln x2＋－x2<0.设h(x)＝2ln x＋－x，其中x>1.则h′(x)＝－－1＝<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，所以 0<x1x2<1.3.已知函数f(x)＝2ax2－2xln x，a∈R.(1)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(2)若x1，x2为f(x)的两个不同极值点，证明：2ln x1＋ln x2>－1.【答案解析】解：(1)函数定义域为(0，＋∞)，根据题意知f′(x)＝4ax－2－2ln x<0有解，即2a<有解，令g(x)＝，g′(x)＝－，且当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴2a<g(x)max＝g(1)＝1，a<.即a的取值范围是.(2)证明　由x1，x2是f(x)的不同极值点，知x1，x2是f′(x)＝0的两根(设0<x2<x1)．即①－②，得2a＝，③要证2ln x1＋ln x2>－1，即证2＋>－1，即2a>2，由③可得·>2⇒ln >＝，令t＝>1，问题转化为证明φ＝ln t－>0成立(*)，∵φ′＝－＝>0，∴φ在(1，＋∞)上单调递增，φ>φ(1)＝0，(*)成立，2ln x1＋ln x2>－1得证．4.已知函数f(x)＝－ln x(m，n∈R)．(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－y＝0平行，求实数n的值；(2)当n＝1时，函数f(x)恰有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2>2.【答案解析】解：(1)因为f′(x)＝－，f′(1)＝n－1＝1，所以n＝2.(2)证明　当n＝1时，f(x)＝－ln x，由题意知②－①得ln x2－ln x1＝，即ln ＝，　　　　　　　　　　 　③令t＝，则x2＝tx1，且t>1，又因为x1＋x2＝x1＋tx1＝(1＋t)x1，由③知ln t＝，所以x1＝(t>1)，要证x1＋x2>2，只需证(1＋t)>2，即证>2ln t，即t－－2ln t>0，令h(t)＝t－－2ln t(t>1)，则h′(t)＝>0，所以h在(1，＋∞)上单调递增且h(1)＝0，所以当t∈(1，＋∞)时，h>0，即x1＋x2>2.5.已知函数(1〉求f(x)的单调区间；(2)若，且，证明:x1+x2<0.【答案解析】解：6.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.【答案解析】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0<x<e；令f′(x)<0，即1-ln x<0，解得x>e.所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．所以f(2 017)>f(2 018)，即>，则2 018ln 2 017>2 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>e2.7.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.【答案解析】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<2.8.已知f(x)=x2-a2ln x，a>0.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.【答案解析】解：(1)f′(x)=x-=(x>0)．当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a时，f(x)取最小值f(a)=a2-a2ln a.令a2-a2ln a≥0，解得0<a<.故a的取值范围是(0，]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0<x1<a<x2<2a，则2a-x2<a.要证x1＋x2>2a，即x1>2a-x2，则只需证f(x1)<f(2a-x2)．因为f(x1)=f(x2)，则只需证f(x2)<f(2a-x2)．设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x-＋2a-x-=-≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0.又a<x2<2a，于是g(x2)=f(x2)-f(2a-x2)<0，即f(x2)<f(2a-x2)．因此x1＋x2>2a.