2019届高考数学专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练理.docx

第2讲综合大题部分1. (2017高考全国卷)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解析：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)若a0，则f(x)0，则由f(x)0得xln 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(2)若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点若a0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a.a当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；b当a(1，)时，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；c当a(0,1)时，1ln a0，即f(ln a)2e220，故f(x)在(，ln a)有一个零点设正整数n0满足n0ln，则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一个零点综上，a的取值范围为(0,1)2(2017高考全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解析：(1)f(x)的定义域为(0，)若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0.故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1得ln.从而lnlnln11.故2，所以m的最小值为3.3(2018高考全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.解析：(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0，)单调递减而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)只有一个零点等价于h(x)在(0，)只有一个零点()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0；当x(2，)时，h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)的最小值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点若h(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点若h(2)0，即a，因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)有一个零点因此h(x)在(0，)有两个零点综上，当f(x)在(0，)只有一个零点时，a.1. 已知函数f(x)ln(x1)ax2，a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(1,0)上有唯一零点x0，证明：e2x011，令g(x)2ax22ax1，则4a28a4a(a2)，若0，即0a0，故当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增若0，即a2，则g(x)0，仅当x时，等号成立，故当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增若0，即a2，则g(x)有两个零点，x1，x2，由g(1)g(0)10，g()0得，1x1x20，f(x)0，f(x)单调递增，当x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，f(x)0，f(x)单调递增综上所述，当02时，f(x)在(1，)和(，)上单调递增，在(，)上单调递减(2)由(1)及f(0)0可知：仅当极大值等于零，即f(x1)0时，符合要求此时，x1就是函数f(x)在区间(1,0)上的唯一零点x0.所以2ax2ax010，从而有a，又f(x0)ln(x01)ax0，所以ln(x01)0，令x01t0，则ln t00，即ln t00，且0t0，设h(t)ln t，则h(t)，当0t时，h(t)0，h(e1)0，所以e2t0e1，即e2x010)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若m，对x1，x22,2e2都有g(x1)f(x2)成立，求实数a的取值范围解析：(1)f(x)ln xmx，x0，所以f(x)m，当m0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，当m0时，由f(x)0得x；由得0x.综上所述，当m0时，f(x)的单调递增区间为(0，)；当m0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，)(2)若m，则f(x)ln xx.对x1，x22,2e2都有g(x1)f(x2)成立，等价于对x2,2e2都有g(x)minf(x)max，由(1)知在2,2e2上f(x)的最大值为f(e2)，g(x)10(a0)，x2,2e2，函数g(x)在2,2e2上是增函数，g(x)ming(2)2，由2，得a3，又a0，所以a(0,3，所以实数a的取值范围为(0,33已知函数f(x)(aR)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线xy10垂直(1)试比较：2 0182 019与2 0192 018的大小并说明理由；(2)若函数g(x)f(x)k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2e2.解析：(1)依题意得f(x)，所以f(1)，又曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线xy10垂直，所以f(1)1，即1，解得a0.故f(x)，f(x).令f(x)0，则1ln x0，解得0xe；令f(x)0，则1ln xe，所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)f(2 018)f(2 019)，即，即ln 2 0182 019ln 2 0192 018，2 0182 0192 0192 018.(2)不妨设x1x20，因为g(x1)g(x2)0，所以ln x1kx10，ln x2kx20，可得ln x1ln x2k(x1x2)，ln x1ln x2k(x1x2)要证x1x2e2，即证ln x1x22，只需证ln x1ln x22，也就是证k(x1x2)2，即证k.因为k，所以只需证，即证ln .令t(t1)，则只需证ln t(t1)令h(t)ln t(t1)，则h(t)0，故函数h(t)在(1，)上是单调递增的，所以h(t)h(1)0，即ln t.所以x1x2e2.4已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点P(2，)处的切线方程；(2)证明：f(x)2(xln x)解析：(1)因为f(x)，所以f(x)，f(2)，又切点为(2，)，所以切线方程为y(x2)，即e2x4y0.(2)设函数g(x)f(x)2(xln x)2x2ln x，x(0，)，则g(x)2，x(0，)设h(x)ex2x，x(0，)，则h