《（浙江专用）2020版高考数学一轮复习 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）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2020版高考数学一轮复习 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）.docx（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
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)＝lnx－ex－a＋a(e是自然对数的底数).
(1)当a＝0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)＝x2－aln(x＋2)，g(x)＝xex，且f(x)存在两个极值点x1，x2，其中x1
0.
3.(2019绍兴一中模拟)已知函数f(x)＝x2－2lnx－2ax(a∈R).
(1)当a＝0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)＋ax2＝0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)＝ex＋ax2－2ax－1.
(1)当a＝时，讨论f(x)的单调性；
(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a＝0时，f(x)＝lnx－ex，
f′(x)＝－ex(x>0)，则f′(x)在定义域内单调递减，
又f′＝2－e>0，f′(1)＝1－e<0，
所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，
即＝，两边取对数得x0＝－lnx0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x)max＝f(x0)＝lnx0－
＝－x0－＝－<－2.
原不等式得证.
(2)解 f′(x)＝－ex－a，
故原问题等价于f(x)在(0，＋∞)上有唯一极大值点x1，
且f(x1)>0，
因为f′(x1)＝0⇒＝ex1－a⇒－ln x1＝x1－a，得a＝x1＋ln x1，
故f(x1)＝2ln x1－＋x1，
令h(x)＝2ln x－＋x，h(1)＝0，
因为h′(x)＝＋＋1>0，
所以当x>1时，h(x)>0，则x1>1，
又因为y＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，由x1>1，得a＝x1＋ln x1>1.
综上，a>1.
2.(1)解 由题意知f′(x)＝2x－(x>－2)，∵f(x)存在两个极值点x1，x2，其中x1－2)，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，
－20，
即g(x)在(－1,0)上单调递增.
∴g(x1－x2)min＝g(－1)＝－.
(3)证明 由(1)知
∴＝
＝x2＋－2(x2＋2)ln(－x2)＋4，
令－x2＝x，则0F′(1)＝1>0，
∴F(x)在(0,1)上是增函数，
∴F(x)0.
3.解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝0时，f(x)＝x2－2ln x，
f′(x)＝2x－＝＝0，
解得x＝1或x＝－1(舍去)，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(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＝(a＋1)x2－2ax－2ln x，
F′(x)＝2(a＋1)x－2a－
＝
＝.
①当a＋1＝0，即a＝－1时，F(x)＝2x－2ln x，
F′(x)＝>0(x∈(1，＋∞))，
故函数F(x)在(1，＋∞)上单调递增，F(x)>F(1)＝2>0，
所以方程f(x)＋ax2＝0在(1，＋∞)上无实根.
②当a＋1>0，即a>－1时，令F′(x)＝0，
解得x＝1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)＝1－a；
当1－a≥0，即－10，该函数无零点，即方程无实根；
当1－a<0，即a>1时，F(1)＝1－a<0，
F(e)＝(a＋1)e2－2ae－2＝a(e2－2e)＋e2－2>0，
此时函数F(x)只有一个零点，即方程有且只有一个实根.
③当a＋1<0，即a<－1时，
令F′(x)＝0，解得x＝1或x＝－.
若1≥－，即a≤－2，则函数F(x)在(1，＋∞)上单调递减，此时F(x)0.
令g(x)＝(a＋1)x2－2ax，
则F(x)＝g(x)－2ln x，
且函数g(x)的零点分别为x1＝0，x2＝，
因为a≤－2，所以x2＝>1.
故F(x2)＝g(x2)－2ln x2＝－2ln x2<0，所以函数有一个零点，即原方程有一个实根，
若1<－，即－20，所以F(x)在上没有零点，方程无解.
因为当－20，
所以x2＝>－>1，
所以F>F(1)＝1－a>0，
F(x2)＝g(x2)－2ln x2＝－2ln x2<0，
所以函数在上有且只有一个零点，即方程有且只有一个实根.
综上，当－1≤a≤1时，方程无实根，
当a>1或a<－1时，方程只有一个实根.
能力提升练
4.解 (1)当a＝时，f′(x)＝ex＋x－1，
易知f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0，
因此，当x<0时，f′(x)<0；
当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)＝ex＋2ax－2a，
g′(x)＝ex＋2a.
(i)当a＝0时，g(x)＝ex>0，g(x)无零点.
(ii)当a>0时，g′(x)>0，g(x)在R上单调递增，g(0)＝1－2a，g(1)＝e>0.
①若1－2a<0，即a>时，g(0)＝1－2a<0，g(x)在(0,1)上有一个零点；
②若1－2a＝0，即a＝时，g(0)＝0，
g(x)有一个零点x＝0；
③若1－2a>0，即00，
得x>ln(－2a)；
令g′(x)<0，得x0，g(x)无零点；
②若ln(－2a)－2＝0，即a＝－时，g(2)＝0，g(x)有一个零点x＝2；
③若ln(－2a)－2>0，即a<－时，g(1)＝e>0，
g(ln(－2a))<0，g(x)在(1，ln(－2a))上有一个零点，
设h(x)＝ex－x2(x≥1)，
则h′(x)＝ex－2x，
设u(x)＝ex－2x，则u′(x)＝ex－2，
当x≥1时，u′(x)＝ex－2≥e－2>0，
所以u(x)＝h′(x)在[1，＋∞)上单调递增，h′(x)≥h′(1)＝e－2>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝e－1>0，即x>1时，ex>x2，
故g(x)>x2＋2ax－2a.
设k(x)＝lnx－x(x≥1)，
则k′(x)＝－1＝≤0，
所以k(x)在[1，＋∞)上单调递减，
k(x)≤k(1)＝－1<0，即x>1时，lnxe2>1，
所以ln(－2a)<－2a，
又g(－2a)>(－2a)2＋2a(－2a)－2a＝－2a>0，
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x＝2；
当－时，g(x)在(0,1)上有一个零点.
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