2020高考数学二轮复习练习：第二部分专题六第5讲导数与方程练典型习题提数学素养含解析 4页

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2021-04-12 发布

2020高考数学二轮复习练习：第二部分专题六第5讲导数与方程练典型习题提数学素养含解析

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‎1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若11，‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，‎ 当x∈时，f′(x)>0.f(x)是增函数．‎ ‎③若a>1，则0<<1，‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．‎ 综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ 当01时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．‎ ‎(2)当10，‎ 所以g(a)在(1，e)上是增函数，‎ 所以g(a)×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0，‎ 所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，‎ 所以当10，g(2)＝ln 2－1<0，‎ 所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．‎ 又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln 2－)>0，f(e)＝ee<0，‎ 所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．‎ ‎3．(2019·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．‎ 解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，‎ 当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ 当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln (－b)，＋∞)上单调递增；‎ 若x0)，则h′(x)＝－exx－<0，‎ 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，‎ h(1)＝0，所以ex0－ex0x0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝－ex0<1－e.‎ 当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，‎ 令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，00，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0.‎ 综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．‎ ‎4．已知函数f(x)＝－x＋2aln x.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设g(x)＝ln x－bx－cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x11，令f′(x)＝0得x1＝a－，x2＝a＋.‎ 当x∈(0，a－)∪(a＋，＋∞)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(a－，a＋)时，f′(x)>0.‎ 所以当a≤1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>1时，f(x)的单调递减区间为(0，a－)，(a＋，＋∞)；单调递增区间为(a－，a＋)．‎ ‎(2)由(1)知，a>1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1.‎ 又g′(x)＝－b－2cx，所以g′()＝－b－c(x1＋x2)，‎ 由g(x1)＝g(x2)＝0得ln ＝c(x－x)＋b(x1－x2)，‎ 所以y＝(x1－x2)g′()＝－b(x1－x2)－c(x－x)＝－ln＝－ln.‎ 令＝t∈(0，1)，则y＝－ln t，所以y′＝<0，则y＝－ln t在(0，1)上单调递减，且当t→0时，y→＋∞.由y＝－ln t的取值范围是[ln 2－，＋∞)，得t的取值范围是(0，]，所以4a2＝＝＋＋2＝t＋＋2∈[，＋∞)，又a>1，故实数a的取值范围是[，＋∞)．‎ ‎ ‎

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