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

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1、第5讲　导数与方程1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋lnx(a>0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若11，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，当x∈时，f′(x)>0.f(x)是增函数．③若a>1，则0<<1，当x∈时，f′(

2、x)>0，f(x)是增函数，当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当01时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．(2)当1

3、＝>0，所以g(a)在(1，e)上是增函数，所以g(a)×9－4＋ln4＝ln4＋>0，所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，所以当1

4、x＋＋b)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知，得即，解得a＝1，b＝.(2)由(1)知，f(x)＝ex，则f′(x)＝ex，令g(x)＝lnx－x＋＋，则g′(x)＝－<0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝>0，g(2)＝ln2－1<0，所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln2－)>0，f

5、(e)＝ee<0，所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．3．(2019·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝lnx有两个实数根，求实数b的取值范围．解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln(－b)，＋∞)上单调递增；若x

6、x，则g′(x)＝ex＋b－，易知g′(x)单调递增且一定有大于0的零点，设g′(x)大于0的零点为x0，则g′(x0)＝0，即e＋b－＝0，b＝－e.方程f(x)＝lnx有两个实数根，即g(x)有两个零点，则需满足g(x0)<0，即e＋bx0－1－lnx0＝e＋x0－1－lnx0＝e－ex0－lnx0<0，令h(x)＝ex－exx－lnx(x>0)，则h′(x)＝－exx－<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，h(1)＝0，所以e－ex0－lnx0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝－e<1－e.当b<1－e时，ex＋bx－1－lnx>x＋bx－lnx，有g(eb

7、)>eb＋beb－lneb＝(b＋1)eb－b，令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，00，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0.综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．4．已知函数f(x)＝－x＋2alnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝lnx－bx－cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2