浙江专用2020版高考数学一轮复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练-导数与方程练习含解析

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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)＝lnx－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.2.(2019·萧山中学模拟)设函数f(x)＝x2－aln(x＋2)，g(x)＝xex，且f(x)存在两个极值点x1，x2，其中x10.3.(2019·绍兴一中模拟)已知函数f(x)＝x2－2lnx－2ax(a∈R).(1)当a

2、＝0时，求函数f(x)的极值；(2)当x∈(1，＋∞)时，试讨论关于x的方程f(x)＋ax2＝0实数根的个数.[能力提升练]4.(2019·浙江省学军中学模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax2－2ax－1.(1)当a＝时，讨论f(x)的单调性；(2)设函数g(x)＝f′(x)，讨论g(x)的零点个数；若存在零点，请求出所有的零点或给出每个零点所在的有穷区间，并说明理由.(注：有穷区间指区间的端点不含有－∞和＋∞的区间)答案精析基础保分练1.(1)证明　当a＝0时，f(x)＝lnx－ex，f′(x)＝－ex(x>0)，则f′(x)在

3、定义域内单调递减，又f′＝2－e>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－＝－x0－＝－<－2.原不等式得证.(2)解　f′(x)＝－ex－a，故原问题等价于f(x)在(0，＋∞)上有唯一极大值点x1，且f(x1)>0，因为f′(x1)＝0⇒＝ex1－a⇒－lnx1＝x1－a，得a＝x1＋lnx1，故f(x1)＝2

4、lnx1－＋x1，令h(x)＝2lnx－＋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y＝x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，由x1>1，得a＝x1＋lnx1>1.综上，a>1.2.(1)解　由题意知f′(x)＝2x－(x>－2)，∵f(x)存在两个极值点x1，x2，其中x1－2)，T(x)＝a，由图象知当函数S(x)与T(x)有两个交点，即函数f(x)存在两个

5、极值点时，－20，即g(x)在(－1,0)上单调递增.∴g(x1－x2)min＝g(－1)＝－.(3)证明　由(1)知∴＝＝x2＋－2(x2＋2)ln(－x2)＋4，令－x2＝x，则0

6、x)＝－x－＋2(x－2)lnx＋4(0F′(1)＝1>0，∴F(x)在(0,1)上是增函数，∴F(x)0.3.解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝x2－2lnx，f′(x)＝2x－＝＝0，解得

7、x＝1或x＝－1(舍去)，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值.(2)设F(x)＝f(x)＋ax2＝(a＋1)x2－2ax－2lnx，F′(x)＝2(a＋1)x－2a－＝＝.①当a＋1＝0，即a＝－1时，F(x)＝2x－2lnx，F′(x)＝>0(x∈(1，＋∞))，故函数F(x)在(1，＋∞)上单调递增，F(x)>F(1)＝2>0，所以方程f(x)＋ax2＝0在(1，＋∞)

8、上无实根.②当a＋1>0，即a>－1时，令F′(x)＝0，解得x＝1或x＝－(舍去)，对任意x∈(1，＋∞)，都有F′(x)>0，故函数F(x)在(1，＋∞)上单调递增，F(x)>F(1)＝1－a；当1－a≥0，即－1