《2020版高考数学大二轮复习 第二部分 专题6 函数与导数 增分强化练（四十）理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大二轮复习 第二部分 专题6 函数与导数 增分强化练（四十）理（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、增分强化练(四十)1(2019东三省四市模拟)已知函数f(x)ex2x.(1)证明：f(x)3；(2)若对任意x0，f(x)(xa)2，求a的取值范围解析：(1)证明：f(x)ex21, 令f(x)ex210，解得x2，当x(，2)时，f(x)单调递减，当x(2，)时，f(x)单调递增，所以f(x)f(x)minf(2)3，故f(x)3.(2)对任意x0，f(x)(xa)2，故ex2x(xa)20，设g(x)ex2x(xa)2，g(x)ex21xa, 由(1)知g(x)单调递增，g(0)e2a1. 当a1e2时，g(0)0，g(x)0，所以g(x)单调递增，则g(0)e2a20，即eae. 当
2、a1e2时，g(0)0，当x(0，x0)时， g(x)0，故当x(0，x0)时，g(x)单调递减，g(0)e2a2e2(1e2)20，所以g(x0)g(0)0，所以存在x(0，x0)，使得g(x)0，故不满足题意. 综上所述，eae.2已知函数f(x)(x2)exk(x1)2.(1)当k0时，求函数f(x)在0,2上的最大值和最小值；(2)讨论函数yf(x)零点的个数解析：由题设，f(x)(x1)(ex2k)，(1)当k0，令f(x)0，得x1，f(x)在(1，)上单调递增，令f(x)0，得x0得x1，则g(x)在(1，)上单调递增，令g(x)0，得x1，则g(x)在(，1)上单调递减，当x1
3、时，g(x)当x时，g(x).当x时，g(x)0，且当x0时，g(x)0.故g(x)的图象如图：所以，当k0时，yf(x)有两个零点，当k0时，yf(x)有一个零点3(2019榆林模拟)已知函数f(x)1ln xax2.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)证明：xf(x)0)，f(x)当a0时，f(x)0，函数f(x)的单调增区间为(0，)，无减区间；当a0时，x，f(x)0，当x，f(x)0，f(x)单调增区间为，单调减区间为.(2)证明：法一： 要证xf(x)0，令(x)ln x，(x0)，(x)，令r(x)2(x1)exe2x，r(x)2xexe2，r(x)在(0，)上单调递增，r(
4、1)0，故存在唯一的x0(1,2)使得r(x)0，r(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，r(0)0; 所以(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，(x)(2)1ln 20，得证法二：要证xf(x)exxax3，即证： ，令(x)(x0)，(x)，当x(0,2)时，(x)0；所以(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，(x)(2)； 令r(x)，r(x)，当x(0，e)时，r(x)0，x(e，)时，r(x)r(x)，得证4(2019济宁模拟)已知函数f(x)xa(ln x)2，aR.(1)当a1，x1时，试比较f(x)与1的大小，并说明理由；(2)若f
5、(x)有极大值，求实数a的取值范围；(3)若f(x)在xx0处有极大值，证明：1f(x0)1时，f(x)x(ln x)2，x1.f(x)12(ln x).令g(x)x2ln x，x1，则g(x)1，当x(1,2)时，g(x)0，g(x)单调递增；g(x)g(2)22ln 20，即f(x)0，f(x)在(1，)上单调递增f(x)f(1)1.故当a1，x1时f(x)1.(2)f(x)1(x0)，令h(x)x2aln x(x0)，则h(x)1，当a0时，f(x)x无极大值当a0，h(x)在(0，)上单调递增；h(1)10，h(e)e10，x1(e，1)，使得h(x1)0.当x(0，x1)时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在xx1处有极小值，f(x)无极大值当a0时，h(x)在(0,2a)上单调递减，h(x)在(2a，)上单调递增，f(x)有极大值，h(2a)2a2aln(2a)2a(1ln 2a)，又h(1)10，h(e)e2a0，f(x)单调递增，当x(x0，e)时，f(x).(3)证明：由(2)可知：aln x0，f(x0)x0a(ln x0)2x0(1x0e)，设p(x)x(1x0，p(x)在(1，e)上单调递增，p(1)p(x)p(e)，即1p(x)，故1f(x0).- 1 -
