2020届高考数学总复习课时跟踪练（十八）专题探究课（一）文（含解析）新人教A版

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1、课时跟踪练(十八)A组　基础巩固1．已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围．解：令g(x)＝lnx，h(x)＝ax2－x，将问题转化为两个函数图象交点的问题．当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；当a>0时，由lnx－ax2＋x＝0，得a＝.令r(x)＝，则r′(x)＝＝，当00，r(x)是单调增函数，当x>1时，r′(x)<0，r(x)是单调减函数，且>0，所以0

2、；(2)若f(x)＞x，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－lnx－x，f′(x)＝.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)的最小值为f(1)＝0.(2)由f(x)＞x，得f(x)－x＝x2－lnx－(a＋1)x＞0.由于x＞0，所以f(x)＞x等价于x－＞a＋1.令g(x)＝x－，则g′(x)＝.当x∈(0，1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.故g(x)有最小值g(1)＝1.故a＋1＜1，a＜0，所以a的取值范围是(－∞，0)．3．已知函数f(x)＝－lnx.(1)求f(x)的

3、单调区间；(2)求证：ln≤.(1)解：f(x)＝－lnx＝1－－lnx，f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－＝，令f′(x)＞0⇒0＜x＜1，f′(x)＜0⇒x＞1，所以f(x)＝1－－lnx在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：要证ln≤，即证2－lnx≤1＋，即证1－－lnx≤0.由(1)可知，f(x)＝1－－lnx在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f(1)＝1－1－ln1＝0，即f(x)≤0，所以1－－lnx≤0恒成立，原不等式得证．4．已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，

4、其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a＞0时，解不等式f(x)≤0；(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在区间[t，t＋1]上有解．解：(1)因为ex＞0，(ax2＋x)ex≤0.所以ax2＋x≤0.又因为a＞0，所以不等式化为x≤0.所以不等式f(x)≤0的解集为.(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex＞0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等价于ex－－1＝0.令h(x)＝ex－－1，因为h′(x)＝ex＋＞0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h(1)＝e－3＜

5、0，h(2)＝e2－2＞0，h(－3)＝e－3－＜0，h(－2)＝e－2＞0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3，1}．5．(2019·长沙一中调研)已知函数f(x)＝xlnx＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；(2)求证：ex>f′(x)．(1)解：f′(x)＝lnx＋1＋a，由题意知，f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率k＝2，所以f′(1)＝ln1＋1＋a＝2，所以a＝1.所以f′(x)＝lnx＋2，当x>

6、e－2时，f′(x)>0，当00，因为g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0，g′＝－2<0.因此g′(x)在上存在唯一的零点t，使得g′(t)＝et－＝0.则et＝.当0t时，g′(x)>g′(t)＝0，所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增．所以x>0时，g(x)≥g(t)＝et－lnt－2＝－l

7、n－2＝t＋－2≥2－2＝0，又0，即ex>f′(x)．6．(2019·衡水中学检测)已知函数f(x)＝4x2＋－a，g(x)＝f(x)＋b，其中a，b为常数．(1)若x＝1是函数y＝xf(x)的一个极值点，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)有2个零点，f(g(x))有6个零点，求a＋b的取值范围．解：(1)函数f(x)＝4x2＋－a，则y＝xf(x)＝4x3＋1－ax的导数为y′＝12x2－a，由题意可得12－a＝0，解得a＝12，即有f(x)＝4x2＋－