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

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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

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.‎
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