（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—导数与方程理

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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)＝xex＋1，g(x)＝klnx＋k(x＋1)．(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当k>0时，方程f(x)＝k在区间(0，＋∞)上只有一个实根；(3)设h(x)＝f(x)－g(x)，其中k>0，若h(x)≥0恒成立，求k的取值范围．2．(2019·泰州联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．3．已知函数f(x)＝ln

2、x－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．[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．(1)解　由已知，得f′(x)＝ex＋1＋xex＋1＝(x＋1)ex＋1.令f′(x)>0，则x>－1；令f′(x)<0，则x<－1，故f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)．(2)证明　设t(x)＝f(x)－k

3、＝xex＋1－k，k>0，则t′(x)＝(x＋1)ex＋1，由(1)可知t(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且t(0)＝－k<0，t(k)＝kek＋1－k＝k(ek＋1－1)>0，∴t(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，故当k>0时，方程f(x)＝k在区间(0，＋∞)上只有一个实根．(3)解　h(x)＝f(x)－g(x)＝xex＋1－klnx－k(x＋1)，k>0，h(x)的定义域是{x

4、x>0}．h′(x)＝(x＋1)ex＋1－－k＝(xex＋1－k)，令h′(x)＝0，则xex＋1－k＝0，由(2)得t(x)＝xex＋1－k在区间(0，＋∞)上只有

5、一个零点，且是增函数，不妨设t(x)的零点是x0，则当x∈(0，x0)时，t(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，t(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，∴函数h(x)的最小值为h(x0)，h(x0)＝x0－klnx0－k(x0＋1)＝x0－k－klnx0－kx0.由x0－k＝0，得x0＝，故h(x0)＝－kln－kx0＝k－klnk.根据题意h(x0)≥0，即k－klnk≥0，解得0

6、＝0处取得极值，∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1.∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，∴f(x)在[－2,1]上的最大值为＋3.(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，①当a>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数，且当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0.当x<0时，取x＝－，则f<1＋a＝－a<

7、0，∴函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a<0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，x＝ln(－a)．当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴x＝ln(－a)时，f(x)取得最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e20)，则f′(x)在定义域

8、内单调递减，又f′＝2－>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－ex0＝－x0－＝－<－2.原不等式得证．(2)解　f′(x)＝－ex－a，故等价于f(x)在(0，＋∞)上有唯一极大值点x1，且f(x1)>0，因为f′(x1)＝0⇒＝⇒－lnx1＝x1－a，得a＝x1＋lnx1，故f(x1)＝2lnx1－＋x1，令h(x)＝2lnx－＋

9、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