《2019届高三数学（文）二轮复习查漏补缺课时练习专题突破训练（二）导数与方程含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三数学（文）二轮复习查漏补缺课时练习专题突破训练（二）导数与方程含答案解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 专题突破训练(二) 导数与方程 时间 / 45 分钟 分值 / 72 分 基础热身 1.(12 分)已知函数 f(x)=ln x. (1)若函数 g(x)=f(x)-ax+ x2有两个极值点,求实数 a 的取值范围; 1 2 (2)若关于 x 的方程 f(x)=m(x+1),mZ 有实数解,求整数 m 的最大值. 2.(12 分) 2018芜湖二模 已知函数 f(x)=x3-aln x(aR). (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若函数 f(x)在区间(1,e上存在两个不同零点,求实数 a 的取值范围. 2 能力提升 3.(12 分) 2018长春模拟 已知函数 f(x)=ln x
2、,g(x)=x+m(mR). (1)若 f(x)g(x)恒成立,求实数 m 的取值范围; (2)已知 x1,x2是函数 F(x)=f(x)-g(x)的两个零点,且 x10), 1 2 2 + 1 由题意得方程 x2-ax+1=0 有两个不相等的正实数根,即解得 a2. = 2 4 0, 1+ 2= 0, 12= 1 0, ? (2)方程 ln x=m(x+1)有实数解,即 m=有实数解,记函数 h(x)=(x0),则 h(x)=. + 1 + 1 + 1 ( + 1)2 令 (x)=-ln x(x0),则 (x)=- - 0,(e2)= -10,h(x)单调递增,当 x(x0,+)时,h(x)
3、0). 33 若 a0,则 f(x)0,此时函数 f(x)在(0,+)上单调递增. 若 a0,则令 f(x)=0,得 x=, 33 3 3 当 x时,f(x)0,函数 f(x)在上单调递增. ( 3 3, + ) ( 3 3, + ) (2)由题意知方程 a=在区间(1,e上有两个不同实数解, 3 即直线 y=a 与函数 g(x)=(x(1,e)的图像有两个不同的交点. 3 因为 g(x)=(x(1,e),令 g(x)=0 得 x=. 2(3 1) ()2 3 所以当 x(1,)时,g(x)0,g(x)在(,e上单调递增. 3 3 所以 g(x)min=g()=3e,而 g()=2727,且
4、g(e)=e30), 1 1 当 x1 时,F(x)0,所以 F(x)在(1,+)上单调递减, 在(0,1)上单调递增,所以 F(x)在 x=1 处取得极大值,也是最大值,最大值为-1-m. 若 f(x)g(x)恒成立,则-1-m0,即 m-1. (2)证明:由(1)可知,若函数 F(x)=f(x)-g(x)有两个零点,则 mF,由 F(x1)=0,得 m=ln x1-x1,又 F(x2)=0, 1 1 ( 1 1) 所以只需证 ln - -m=ln - +x1-ln x10, 1 1 2 2 2 2 + 1 2 所以 h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)0,(x)在(0,1)上单调递增;
5、 当 x1 时,(x)0,当 x(x2,+)时,g(x)g(1)=0. 又当 x0 时,g(x) 0,当 x+时,g(x)-, 2 所以函数 g(x)有三个零点. 5.解:(1)f(x)=1- . 当 a0 时,f(x)0,f(x)在(-,+)上为增函数,所以函数 f(x)无极值. 当 a0 时,令 f(x)=0,得 x=ln a. 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, 故 f(x)在 x=ln a 处取得极小值,且极小值为 f(ln a)=ln a-1,无极大值. 综上,当 a0 时,函数 f(x)无极值; 当 a
6、0,f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ln a-1,无极大值. (2)当 a=1 时,f(x)=x-2+ . 1 直线 l:y=kx-2 与曲线 y=f(x)没有公共点等价于关于 x 的方程 kx-2=x-2+ 在 R 上没有实数解,即关于 x 的方程(k-1)x= (*) 1 1 在 R 上没有实数解. 当 k=1 时,方程(*)可化为 =0,在 R 上没有实数解,符合题意. 1 7 当 k1 时,方程(*)可化为=xex. 1 1 令 g(x)=xex,则有 g(x)=(1+x)ex, 令 g(x)=0,得 x=-1. 当 x 变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表: x(-,-
7、1)-1(-1,+) g(x)-0+ g(x) - 1 所以当 x=-1 时,g(x)min=- ,又当 x+时,g(x)+, 1 所以 g(x)的取值范围为. 1 , + ) 所以当时,方程(*)无实数解, 1 1 ( , 1 ) 故 k 的取值范围是(1-e,1). 综上,k 的取值范围是(1-e,1,即 k 的最大值为 1. 6.解:(1)设切点坐标为(x0,g(x0),因为 g(x)=3(x-1)2,所以 g(x0)=3(x0-1)2, 由题知=g(x0),即=3(x0-1)2, (0) 0 0 1 3 (0 1)3 0 1 3 可得(x0-1)3=(3x0-1)(x0-1)2, 即
8、x0(x0-1)2=0,所以 x0=0 或 x0=1. 当 x0=0 时,g(x0)=3,切线 l 的方程为 y-0=3,即 3x-y-1=0; ( 1 3) 当 x0=1 时,g(x0)=0,切线 l 的方程为 y-0=0,即 y=0. ( 1 3) 综上所述,切线 l 的方程为 3x-y-1=0 或 y=0. (2)由 3af(x)=g(x)得 3af(x)-g(x)=0,即 a(x-2)ex+(x-1)2=0, 设 h(x)=a(x-2)ex+(x-1)2, 则 h(x)=a(x-1)ex+2(x-1)=(x-1)(aex+2),由题意得函数 h(x)有两个不同的零点. 8 当 a=0
9、时,h(x)=(x-1)2,此时 h(x)只有一个零点,不符合题意. 当 a0 时,由 h(x)0 得 x1,即 h(x)在(-,1)上为减函数, 在(1,+)上为增函数,而 h(1)=-ae0,所以 h(x)在(1,+)上有唯一的零点,且该零点在(1,2)上. 若 a ,则 ln h=+=ln 0, ( 1 2) 1 2( 1 2 2) ( 1 2 1)2 1 2( 1 2 3 2) 所以 h(x)在(-,1)上有唯一的零点,且该零点在(b,1)上. 若 00 时,h(x)有两个不同的零点,符合题意. 当 a0,( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 所以 h(x)至多有一个零点. 若- 1,易知 h(x)在上单调递增,在(-,1)和上单调递减,又 h(1)=-ae0,所以 h(x) 2 ( 2 ) (1,( 2 ) ( 2 ), + ) 至多有一个零点. 所以当 a0 时,h(x)至多有一个零点,不符合题意. 综上所述,a 的取值范围为(0,+).
