（新课标）2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第5讲函数、导数与方程练习文新人教A版.docx

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1、第5讲　函数、导数与方程1．设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．解：(1)f(x)的定义域为R，由导数公式知f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R.因为对任意x∈R，都有f′(x)≥0，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且f(0)＝1－a<0，f()＝ae－a＝a(e－1)．因为a>1，所以a－1>0，所以>0，

2、所以e>1，所以e－1>0，故f()>0，所以存在x0∈(0，)使得f(x0)＝0.又因为f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，所以f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2．(2019·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－x2＋6x，其中a>0.(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)

3、＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．当x>1时，f′(x)>0；当01时，h′(x)<0；当0

4、(x)>0.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝＋m.要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.所以实数m的取值范围为[－，＋∞)．3．已知函数f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论方程f(x)＝1根的个数．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝，f′

5、(x)＝－.当a>0时，由f′(x)>0，得0.当a<0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得00时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，构造函数h(x)＝，则h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x＝，且在上h′(x)>0，在上h′(x)<0，即h(x)在上单调递增，在上单调递减，所以h(x)max＝h＝e.在上，h(x)单调递减且h(x)＝>0

6、，当x无限增大时，h(x)无限接近0；在上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，lnx＋2负无限大，故h(x)负无限大．故当0<时，方程f(x)＝1有两个不等实根，当a＝时，方程f(x)＝1只有一个实根，当a<0时，方程f(x)＝1只有一个实根．综上可知，当a>时，方程f(x)＝1有两个实根；当a<0或a＝时，方程f(x)＝1有一个实根；当0

7、线与直线x－y＝0平行，求实数n的值；(2)若n＝1时，函数f(x)恰有两个零点x1，x2(02.解：(1)由题意得f′(x)＝，所以f′(2)＝.由于函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线与直线x－y＝0平行，所以＝1，解得n＝6.(2)证明：若n＝1时，f(x)恰有两个零点x1，x2(01，lnt＝，x1＝，故x1＋x2＝x1(t＋1)

8、＝，所以x1＋x2－2＝，记函数h(t)＝－lnt(t>1)，则h′(t)＝>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，又t>1时，lnt>0，所以x1＋x2>2成立．