2020版高考数学（新课改省份专用）一轮复习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 4页

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 x－ax＋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y＝a与g(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00.‎ 解：(1)f′(x)＝ex－，由f′(0)＝0，得m＝1，‎ 所以f′(x)＝ex－，f″(x)＝ex＋>0，‎ 又由f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，‎ 当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－.‎ 令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∈(－m，x0)时，f′(x0)<0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，故函数f(x)在(－m，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．‎ 所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln(x0＋m)．‎ 又x0满足方程ex0＝，‎ 则f(x0)＝ex0－ln(x0＋m)＝－ln e－x0＝x0＋＝x0＋m＋－m2－m＝2－m0不等号①取等号的条件是不等号②取等号的条件是m＝2.‎ 由于不等号①、②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)＝ax＋＋c(a>0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.‎ ‎(1)试用a表示出b，c；‎ ‎(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．‎ 解：(1)b＝a－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≥，‎ 即a的取值范围是.‎ ‎4．(2019·安徽二校联考)已知函数f(x)＝－m(a，m∈R)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x1，x2.‎ ‎(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)＝＝，‎ 由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当00，‎ 当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.‎ 又x→0(x>0)时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→－m，f(x)有两个零点x1，x2，‎ 故解得02，只需证ln x1x2>2，‎ 只需证m(x1＋x2)>2，即证ln>2.‎ 即证ln>2，设t＝>1，‎ 则只需证ln t>.‎ 即证ln t－>0.‎ 记u(t)＝ln t－(t>1)，‎ 则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Ⅰ)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.‎ 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(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x1f(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.‎