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  • 2021-06-30 发布

浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题3导数及其应用+第24练高考大题突破练_导数与方程

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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.‎

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