浙江专用2020版高考数学一轮复习专题3导数及其应用第25练高考大题突破练-导数练习含解析

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1、第25练高考大题突破练—导数[基础保分练]1.(2019·温州期末)已知函数f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点.(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2a.2.(2019·台州模拟)已知函数f(x)＝xln(a>0).(1)求f(x)的极值；(2)若当a＝2时，总存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m，求m的取值范围.3.(2019·丽水模拟)已知函数f(x)＝xex＋a(x＋1)2(其中e为自然对数的底数).(1)求函数f(x)的单

2、调区间；(2)设a>0，x1，x2是f(x)＝xex＋a(x＋1)2的两个零点，证明：f′<0.[能力提升练]4.(2019·浙江省绿色联盟模拟)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋bx(a≠0，b∈R).(1)若a＝2，b＝3，求函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；(2)若函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，记x0＝，设f′(x)，g′(x)分别是f(x)，g(x)的导函数，证明：f′(x0)

3、f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x＋2a－1＝.①当a≤0时，易得f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去.②当a>0时，令f′(x)＝0得x＝a，则列表如下：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)↗极大值↘∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(a)＝a(lna＋a－1).设g(x)＝lnx＋x－1(x>0)，∵g′(x)＝＋1>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增.又∵g(1)＝0，∴01时，g(x

4、)>0.(i)当01时，f(x)max＝a·g(a)>0，∵f＝a－－<0，∴f(x)在上有一个零点，∵f(3a－1)＝aln(3a－1)－(3a－1)2＋(2a－1)(3a－1)＝a[ln(3a－1)－(3a－1)]，设h(x)＝lnx－x(x>2)，∵h′(x)＝－1<0，∴h(x)在(2，＋∞)上单调递减则h(3a－1)

5、,3a－1)上有一个零点，那么f(x)恰有两个不同的零点.综上所述，当f(x)有两个不同的零点时，a的取值范围是(1，＋∞).(2)证明　由(1)可知，∵f(x)有两个不同零点，∴a>1，且当x∈(0，a)时，f(x)是增函数；当x∈(a，＋∞)时，f(x)是减函数.不妨设x10，∴F(x)单调递增，又∵F(a)＝0，∴

6、F(x)<0，∴f(x)2a－x1，∴x2＋x1>2a.2.解　(1)因为f(x)＝xln(a>0)，所以f′(x)＝ln＋x··＝ln＋1，因为a>0，所以x<0，令f′(x)＝0，则x＝－，又因为y＝ln＋1在(－∞，0)上单调递减，所以f(x)＝xln(a>0)在上单调递增，在上单调递减，所以

7、f(x)极大值＝f＝.(2)总存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m可转化为考查方程f(x)＝m有两个不同的实根，求m的取值范围，也即把问题转化为先求f(x)＝xln的单调区间和值域，又由(1)可知，f(x)＝xln在上单调递增，在上单调递减，且f(－2)＝0，f(x)极大值＝f＝，所以当x∈(－∞，－2)时，f(x)<0；当x∈(－2,0)时，即0<－<1，则ln<0，所以f(x)＝xln>0在(－2,0)上恒成立，如图所示，因此总存在x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)＝m成立的m的取值范围为.3.(

8、1)解　因为f(x)＝xex＋a(x＋1)2，所以f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)，①当a≥0时，ex＋2a>0，令f′(x)>0，解得x>－1；令f′(x)<0，解得x<－1.所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.②当－0，解得x>－1或x