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1、word 精品，双击可进行修改 课时跟踪检测 ( 二十) 突破“函数与导数”压轴大题的6个“卡壳 点” 1(2019福建三校联考) 已知函数f(x) e x ax，g(x) ln(xm) ax1. (1) 当a 1 时，求函数f(x)的最小值； (2) 若对任意的x ( m， ) ，恒有f( x) g(x) 成立，求实数m的取值范围 解： (1) 当a 1 时，f(x) e x x，则f(x) 1 e x1. 令f(x) 0，得x0. 当x0 时，f(x) 0，当x0 时，f(x) 0， 函数f(x)在区间 ( ， 0) 上单调递减，在区间(0 ， ) 上单调递增 当x0 时，函数f(x) 取
2、得最小值，最小值为f(0) 1. (2) 由(1) 得 e xx1 恒成立 f(x) g(x) ? e x axln(xm) ax1? e xln( xm) 1. 故x1ln(xm) 1，即me x x在 ( m， ) 上恒成立 当m0 时，在 ( m， ) 上， e x x1，得 0m1； 当m0 时，在 ( m， ) 上， e x x1，me x x恒成立 于是m1. 实数m的取值范围为 ( ， 1 2设函数f(x) e x ax2. (1) 求f(x) 的单调区间； (2) 若a1，k为整数，且当x0 时， (xk)f(x) x10，求k的最大值 解： (1)f(x) 的定义域为 ( ，
3、 ) ，f(x) e x a. 若a0，则f(x) 0，所以f(x) 在( ， ) 上单调递增 若a0，则当x( ， ln a) 时，f(x) 0； 当x(ln a， ) 时，f(x) 0， 所以f(x) 在( ， ln a) 上单调递减，在(ln a， ) 上单调递增 (2) 由于a1， 所以 (xk)f(x) x1(xk)(e x1) x1. 故当x0 时， (xk)f(x) x10 等价于 k x 1 e x1x(x0) 令g(x) x1 e x1x，则g(x) e xx x x 2. 由(1) 知，函数h(x) e x x2 在(0 ，) 上单调递增 而h(1) 0，h(2) 0，所以
4、h(x) word 精品，双击可进行修改 在(0 ， ) 上存在唯一的零点故g(x) 在(0 ， ) 上存在唯一的零点 设此零点为，则 (1,2) 当x(0 ， ) 时，g(x) 0；当x( ， ) 时，g(x) 0. 所以g(x) 在(0 ， ) 上的最小值为g( ) 又由g() 0，可得 e 2，所以 g( ) 1(2,3) 由于式等价于kg( ) ，故整数k的最大值为2. 3(2019石家庄质检) 已知函数f(x) x(ln xax)(aR) (1) 若a1，求函数f(x) 的图象在点 (1 ，f(1) 处的切线方程； (2) 若函数f(x) 有两个极值点x1，x2，且x1x2，求证：f
5、(x2) 1 2 . 解： (1) 由已知得，f(x) x(ln xx) ，当x1 时，f(x) 1， f(x) ln x1 2x，当x1 时，f(x) 1，所以所求切线方程为y1 (x 1)， 即xy 0. (2) 证明：由已知条件可得f(x) ln x1 2ax有两个不同的零点，且两零点的左、 右两侧附近的函数值符号相反 令f(x) h(x) ，则h(x) 1 x2a( x0) ， 若a0，则h(x) 0，h(x)单调递增，f(x)不可能有两个零点； 若a0，令h(x) 0 得x 1 2a，可知 h(x) 在 0， 1 2a 上单调递增，在 1 2a， 上单 调递减， 令f 1 2a 0，
6、解得 0a 1 2， 此时 1 e 1 2a， f 1 e 2a e 0， 1 a 2 1 2a， f 1 a 2 2ln a1 2 a0， 所以当 0a 1 2时，函数 f(x) 有两个极值点x1，x2， 当x变化时，f(x) ，f(x) 的变化情况如下表： x (0 ，x1)x1(x1，x2)x2(x2，) f(x)00 f(x)f(x1)f(x2) 因为f(1) 12a0，所以 0 x11x2，f(x) 在1 ，x2 上单调递增， word 精品，双击可进行修改 所以f(x2) f(1) a 1 2. 4(2019成都模拟) 已知函数f(x) ln xa x ，aR. (1) 求函数f(
7、x) 的单调区间； (2) 设函数g(x) (xk)e x k，kZ，e2.718 28 为自然对数的底数当a1 时， 若?x1(0， ) ， ?x2 (0 ， ) ，不等式5f(x1) g(x2) 0 成立，求k的最大值 解： (1)f(x) 1aln x x 2(x0) 由f(x) 0，得xe 1a. 易知f(x)在(0 ， ) 上单调递减， 当 0 xe 1a 时，f(x) 0，此时函数f(x) 单调递增； 当xe 1a 时，f(x) 0，此时函数f(x) 单调递减 函数f(x)的单调递增区间是(0 ， e 1a) ，单调递减区间是 (e 1a ， ) (2) 当a1 时，由 (1) 可
8、知f(x) f(e 1a) 1， ?x1(0 ， ) ， ?x2(0 ， ) ， 5f(x1) g(x2) 0 成立，等价于5(xk)e x k 0 对x(0 ， ) 恒成立， 当x(0 ， ) 时， e x1 0， x x5 e x1k对x(0 ， ) 恒成立， 设h(x) x x 5 e x1，则h(x) e xx x x 2. 令F(x) e x x6，则F(x) e x1. 当x(0 ， ) 时，F(x) 0， 函数F(x)e x x6 在(0 ， ) 上单调递增 而F(2) e 280， F(3) e 39 0. F(2) F(3) 0. 存在唯一的x0(2,3) ，使得F(x0)
9、0，即 ex0 x06. 当x(0 ，x0) 时，F(x) 0，h(x) 0，此时函数h(x) 单调递减； 当x(x0， ) 时，F(x) 0，h(x) 0，此时函数h(x) 单调递增 当xx0时，函数h(x) 有极小值 ( 即最小值 )h(x0) h(x0) x0 x05 ex0 1 x01(3,4) 又kh(x0) ，kZ，k的最大值是3. 5(2018广安一模) 已知函数f(x) ln x a 2x 2( a 1)x(aR) word 精品，双击可进行修改 (1) 当a0时，求函数f(x) 的极值； (2) 若函数f(x) 有两个相异零点x1，x2，求a的取值范围，并证明x1x22. 解
10、 ： (1) 由f(x) ln x a 2 x 2 (a 1)x(x 0) ， 得f(x) 1 x axa 1 xax x . 当a0时，ax10，当 0 x1 时，f(x) 0；当x 1时，f(x) 0，故当a0时，函数f(x) 在x1 处取得极大值，且f(1) a 2 1，无极小值 (2) 证明：当a0 时，由 (1) 知f(x) 在x1 处取得极大值，且f(1) a 21，当 x0 时， f(x) ，又f(2) ln 2 20，f(x) 有两个相异零点，则f(1) a 210，解得 a2. 当 1a0 时，若 0 x1，则f(x) 0；若 1x 1 a， 则f(x) 0；若x 1 a，则
11、 f(x) 0，则f(x) 在x1 处取得极大值，在x 1 a处取 得极小值，由于f(1) a 210，则 f(x) 仅有一个零点 当a 1 时，f(x) x 2 x 0，则f(x) 仅有一个零点 当a 1 时，若 0 x 1 a，则 f(x)0；若 1 a x1， 则f(x) 0；若x1，则f(x) 0，则f(x) 在x1 处取得极小值，在x 1 a处取得 极大值，由于f1 a ln (a) 1 2a 10，则 f(x) 仅有一个零点 综上，f(x) 有两个相异零点时，a的取值范围是(2， ) 两零点分别在区间(0,1) 和(1,2) 内，不妨设0 x11x22. 欲证x1x22，只需证明
12、x22x1，又由 (1) 知f(x) 在(1 ， ) 上单调递减，故只需证明f(2x1) f(x2) 0 即可 f(2x1) ln(2 x1) a 2(2 x1) 2( a1)(2 x1) ln(2 x1) a 2x 2 1(a1)x12. 又因为f(x1) ln x1 a 2x 2 1(a1)x10， 所以f(2 x1) ln(2 x1) ln x12x12， 令h(x) ln(2 x) ln x2x2(0 x1) ， 则h(x) 1 x2 1 x2 x 2 xx 0， word 精品，双击可进行修改 则h(x) 在(0,1) 上单调递减， 所以h(x) h(1) 0，即f(2 x1) 0，所以x1x22.
