（江苏专用）2020版高考数学复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练—导数与方程文

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1、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)＝x2－2lnx，h(x)＝x2－x＋a.(1)求函数f(x)的极值；(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数在[1,3]上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围.2.已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1).(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点.3.已知函数f(x)＝xex－a(lnx＋x)，a∈R.(1)当a＝e时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取

2、值范围.[能力提升练]4.已知函数f(x)＝.(1)若函数g(x)＝xf(x)－a在(，＋∞)上存在零点，求a的取值范围；(2)若f(x2)>对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围.答案精析1.解　(1)由题意知f′(x)＝2x－(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1.f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表所示：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值.(2)因为k(x)＝f(x)－h(x)＝－2lnx＋x－a，所以k′(x)＝－＋1，x>0，令k′(x)＝0，得

3、x＝2.当x∈[1,2)时，k′(x)<0；当x∈(2,3]时，k′(x)>0.故k(x)在[1,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增，所以所以2－2ln21，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0.∴函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数.(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝－2

4、x＋1＝－.令f′(x)＝0，即－＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1.当00；当x>1时，f′(x)<0.∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减.∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，其值为f(1)＝ln1－12＋1＝0，当x≠1时，f(x)

5、，则t＝lnx＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R.∴f(x)＝xex－a(lnx＋x)＝et－at＝g(t).∴f(x)在(0，＋∞)上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点.①在a＝0时，g(t)＝et在R上递增，且g(t)>0，故g(t)无零点；②在a<0时，g′(t)＝et－a在R上单调递增，又g(0)＝1>0，g＝e－1<0，故g(t)在R上只有一个零点；③在a>0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝lna时有唯一的一个极小值.g(lna)＝a(1－lna).若0

6、g(lna)＝a(1－lna)>0，g(t)无零点；若a＝e，g(t)min＝0，g(t)只有一个零点；若a>e时，g(t)min＝g(lna)＝a(1－lna)<0，而g(0)＝1>0，由于f(x)＝在x>e时为减函数，可知a>e时，ea>ae>a2.从而g(a)＝ea－a2，∴f(x)在(0，lna)和(lna，＋∞)上各有一个零点.综上讨论可知：当a>e时f(x)有两个零点，即所求a的取值范围是(e，＋∞).能力提升练4.解　(1)由题意得函数g(x)＝－a，g′(x)＝＝，x>0.设p(x)＝2lnx－1＋，则p′(x)＝

7、－＝，当x∈(，＋∞)时，p′(x)>0，∴p(x)在(，＋∞)上单调递增，∴p(x)>p()>0.∴g′(x)>0，从而g(x)＝xf(x)－a在(，＋∞)上单调递增.∴g()＝2(e－1)－a<0，∴a>2e－2，即a∈(2e－2，＋∞).(2)令t＝x2，则f(x2)>对x∈(1，＋∞)恒成立等价于t2－1－alnt>0对t∈(1，＋∞)恒成立.设h(t)＝t2－1－alnt(t>1)，则h′(t)＝(t>1)，当a≤2时，h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴h(t)>h(1)＝0，满足题意.当a>2时，令

8、h′(t)＝0，得t＝>1.令h′(t)<0得10得t>.从而h(t)min＝h0对t∈(1，＋∞)不恒成立.综上，a的取值范围为(－∞，2].