高考数学复习导数及其应用第24练高考大题突破练—导数与方程练习

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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．(2019·新疆昌吉市教育共同体月考)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．(2018·锦州联考)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．

2、(2019·莆田市第一中学月考)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．答案精析基础保分练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(

3、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2－2ln2

4、(x)在x＝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＋

5、a(x－1)>0.当x<0时，取x＝－，则f<1＋a＝－a<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－e2

6、，0)．3．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝e时，f(x)＝xex－elnx－ex，f′(x)＝，∴f(x)在(0,1)时为减函数；在(1，＋∞)时为增函数．(2)记t＝lnx＋x，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

7、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00，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

8、(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，＋∞)．4．解　(1)由题意得函数g(x)＝－a，g′(x)＝＝，x>0.设p(x)＝2lnx－1＋，则p′(x)＝－＝，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，