- 19.48 KB
- 2021-06-30 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
第24练 高考大题突破练—导数与方程
[基础保分练]
1.已知函数f(x)=lnx-ex-a+a(e是自然对数的底数).
(1)当a=0时,求证:f(x)<-2.
(2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围.
2.(2019·萧山中学模拟)设函数f(x)=x2-aln(x+2),g(x)=xex,且f(x)存在两个极值点x1,x2,其中x10.
3.(2019·绍兴一中模拟)已知函数f(x)=x2-2lnx-2ax(a∈R).
(1)当a=0时,求函数f(x)的极值;
(2)当x∈(1,+∞)时,试讨论关于x的方程f(x)+ax2=0实数根的个数.
[能力提升练]
4.(2019·浙江省学军中学模拟)已知函数f(x)=ex+ax2-2ax-1.
(1)当a=时,讨论f(x)的单调性;
(2)设函数g(x)=f′(x),讨论g(x)的零点个数;若存在零点,请求出所有的零点或给出每
个零点所在的有穷区间,并说明理由.(注:有穷区间指区间的端点不含有-∞和+∞的区间)
答案精析
基础保分练
1.(1)证明 当a=0时,f(x)=lnx-ex,
f′(x)=-ex(x>0),则f′(x)在定义域内单调递减,
又f′=2-e>0,f′(1)=1-e<0,
所以存在x0∈,使得f′(x0)=0,
即=,两边取对数得x0=-lnx0,
当x∈(0,x0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)max=f(x0)=lnx0-
=-x0-=-<-2.
原不等式得证.
(2)解 f′(x)=-ex-a,
故原问题等价于f(x)在(0,+∞)上有唯一极大值点x1,
且f(x1)>0,
因为f′(x1)=0⇒=ex1-a⇒-ln x1=x1-a,得a=x1+ln x1,
故f(x1)=2ln x1-+x1,
令h(x)=2ln x-+x,h(1)=0,
因为h′(x)=++1>0,
所以当x>1时,h(x)>0,则x1>1,
又因为y=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,由x1>1,得a=x1+ln x1>1.
综上,a>1.
2.(1)解 由题意知f′(x)=2x-(x>-2),∵f(x)存在两个极值点x1,x2,其中x1-2),T(x)=a,
由图象知当函数S(x)与T(x)有两个交点,即函数f(x)存在两个极值点时,
-20,
即g(x)在(-1,0)上单调递增.
∴g(x1-x2)min=g(-1)=-.
(3)证明 由(1)知
∴=
=x2+-2(x2+2)ln(-x2)+4,
令-x2=x,则0F′(1)=1>0,
∴F(x)在(0,1)上是增函数,
∴F(x)0.
3.解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
当a=0时,f(x)=x2-2ln x,
f′(x)=2x-==0,
解得x=1或x=-1(舍去),
所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,
在(1,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
(2)设F(x)=f(x)+ax2=(a+1)x2-2ax-2ln x,
F′(x)=2(a+1)x-2a-
=
=.
①当a+1=0,即a=-1时,F(x)=2x-2ln x,
F′(x)=>0(x∈(1,+∞)),
故函数F(x)在(1,+∞)上单调递增,F(x)>F(1)=2>0,
所以方程f(x)+ax2=0在(1,+∞)上无实根.
②当a+1>0,即a>-1时,令F′(x)=0,
解得x=1或x=-(舍去),
对任意x∈(1,+∞),都有F′(x)>0,故函数F(x)在(1,+∞)上单调递增,F(x)>F
(1)=1-a;
当1-a≥0,即-10,该函数无零点,即方程无实根;
当1-a<0,即a>1时,F(1)=1-a<0,
F(e)=(a+1)e2-2ae-2=a(e2-2e)+e2-2>0,
此时函数F(x)只有一个零点,即方程有且只有一个实根.
③当a+1<0,即a<-1时,
令F′(x)=0,解得x=1或x=-.
若1≥-,即a≤-2,则函数F(x)在(1,+∞)上单调递减,此时F(x)0.
令g(x)=(a+1)x2-2ax,
则F(x)=g(x)-2ln x,
且函数g(x)的零点分别为x1=0,x2=,
因为a≤-2,所以x2=>1.
故F(x2)=g(x2)-2ln x2=-2ln x2<0,所以函数有一个零点,即原方程有一个实根,
若1<-,即-20,所以F(x)在上没有零点,方程无解.
因为当-20,
所以x2=>->1,
所以F>F(1)=1-a>0,
F(x2)=g(x2)-2ln x2=-2ln x2<0,
所以函数在上有且只有一个零点,即方程有且只有一个实根.
综上,当-1≤a≤1时,方程无实根,
当a>1或a<-1时,方程只有一个实根.
能力提升练
4.解 (1)当a=时,f′(x)=ex+x-1,
易知f′(x)在R上单调递增,且f′(0)=0,
因此,当x<0时,f′(x)<0;
当x>0时,f′(x)>0,
故f(x)在(-∞,0)上单调递减,
在(0,+∞)上单调递增.
(2)由条件可得g(x)=ex+2ax-2a,
g′(x)=ex+2a.
(i)当a=0时,g(x)=ex>0,g(x)无零点.
(ii)当a>0时,g′(x)>0,g(x)在R上单调递增,g(0)=1-2a,g(1)=e>0.
①若1-2a<0,即a>时,g(0)=1-2a<0,g(x)在(0,1)上有一个零点;
②若1-2a=0,即a=时,g(0)=0,
g(x)有一个零点x=0;
③若1-2a>0,即00,
得x>ln(-2a);
令g′(x)<0,得x0,g(x)无零点;
②若ln(-2a)-2=0,即a=-时,g(2)=0,g(x)有一个零点x=2;
③若ln(-2a)-2>0,即a<-时,g(1)=e>0,
g(ln(-2a))<0,g(x)在(1,ln(-2a))上有一个零点,
设h(x)=ex-x2(x≥1),
则h′(x)=ex-2x,
设u(x)=ex-2x,则u′(x)=ex-2,
当x≥1时,u′(x)=ex-2≥e-2>0,
所以u(x)=h′(x)在[1,+∞)上单调递增,h′(x)≥h′(1)=e-2>0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=e-1>0,即x>1时,ex>x2,
故g(x)>x2+2ax-2a.
设k(x)=lnx-x(x≥1),
则k′(x)=-1=≤0,
所以k(x)在[1,+∞)上单调递减,
k(x)≤k(1)=-1<0,即x>1时,lnxe2>1,
所以ln(-2a)<-2a,
又g(-2a)>(-2a)2+2a(-2a)-2a=-2a>0,
g(x)在(ln(-2a),-2a)上有一个零点,
故g(x)有两个零点.
综上,当a<-时,g(x)在(1,ln(-2a))和(ln(-2a),-2a)上各有一个零点,共有两个零点;
当a=-时,g(x)有一个零点x=2;
当-时,g(x)在(0,1)上有一个零点.