《（浙江专用）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）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）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）（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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)lnxexaa(e是自然对数的底数).(1)当a0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)x2aln(x2)，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)x22lnx2ax(aR).(1)当a0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)ax20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)exax22ax1.(1)当a时，讨论f(x)的单
2、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a0时，f(x)lnxex，f(x)ex(x0)，则f(x)在定义域内单调递减，又f2e0，f(1)1e0，f(x)单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)单调递减.所以f(x)maxf(x0)lnx0x00，因为f(x1)0ex1aln x1x1a，得ax1ln x1，故f(x1)2ln x1x1，令h(x)2ln xx，h(1)0，因为h(x)10，所以当x1时，h(x)0，则x
3、11，又因为yxln x在(0，)上单调递增，由x11，得ax1ln x11.综上，a1.2.(1)解由题意知f(x)2x(x2)，f(x)存在两个极值点x1，x2，其中x12)，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)存在两个极值点时，2a0，实数a的取值范围是(2,0).(2)解由(1)知x1x2x1(2x1)2x12，2x1x20，由g(x)xex得g(x)(x1)ex，当x(2，1)时，g(x)0，即g(x)在(1,0)上单调递增.g(x1x2)ming(1).(3)证明由(1)知x22(x22)ln(x2)4，令x2x，则0x1，且x2(x2)ln x4
4、，令F(x)x2(x2)ln x4(0x1)，F(x)12ln x2ln x1(0x1)，令G(x)2ln x1(0x1)，则G(x)，0x1，G(x)F(1)10，F(x)在(0,1)上是增函数，F(x)F(1)1，即0.3.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，当a0时，f(x)x22ln x，f(x)2x0，解得x1或x1(舍去)，所以当x(0,1)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(a1)x22ax2ln x，F(x)2(a1)x2a.当a10，即a1时，F(x)
5、2x2ln x，F(x)0(x(1，)，故函数F(x)在(1，)上单调递增，F(x)F(1)20，所以方程f(x)ax20在(1，)上无实根.当a10，即a1时，令F(x)0，解得x1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)1a；当1a0，即10，该函数无零点，即方程无实根；当1a1时，F(1)1a0，此时函数F(x)只有一个零点，即方程有且只有一个实根.当a10，即a1时，令F(x)0，解得x1或x.若1，即a2，则函数F(x)在(1，)上单调递减，此时F(x)0.令g(x)(a1)x22ax，则F(x)g(x)2ln x，且函数g
6、(x)的零点分别为x10，x2，因为a2，所以x21.故F(x2)g(x2)2ln x22ln x20，所以函数有一个零点，即原方程有一个实根，若1，即2a0，所以F(x)在上没有零点，方程无解.因为当2a0，所以x21，所以FF(1)1a0，F(x2)g(x2)2ln x22ln x21或a1时，方程只有一个实根.能力提升练4.解(1)当a时，f(x)exx1，易知f(x)在R上单调递增，且f(0)0，因此，当x0时，f(x)0时，f(x)0，故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.(2)由条件可得g(x)ex2ax2a，g(x)ex2a.(i)当a0时，g(x)ex0，g(x
7、)无零点.(ii)当a0时，g(x)0，g(x)在R上单调递增，g(0)12a，g(1)e0.若12a时，g(0)12a0，即0a时，ge10，g(x)在上有一个零点.(iii)当a0，得xln(2a)；令g(x)0，得xln(2a)，所以g(x)在(，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增，g(x)ming(ln(2a)2aln(2a)2.若ln(2a)20，即a0，g(x)无零点；若ln(2a)20，即a时，g(2)0，g(x)有一个零点x2；若ln(2a)20，即a0，g(ln(2a)0，所以u(x)h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)e20，所以h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)e10，即x1时，exx2，故g(x)x22ax2a.设k(x)lnxx(x1)，则k(x)10，所以k(x)在1，)上单调递减，k(x)k(1)11时，lnxx.因为ae21，所以ln(2a)(2a)22a(2a)2a2a0，g(x)在(ln(2a)，2a)上有一个零点，故g(x)有两个零点.综上，当a时，g(x)在(1，ln(2a)和(ln(2a)，2a)上各有一个零点，共有两个零点；当a时，g(x)有一个零点x2；当a0时，g(x)无零点；当0a时，g(x)在(0,1)上有一个零点.资
