江苏专用2020版高考数学一轮复习导数及其应用第24练高考大题突破练_导数与方程理含解析.docx

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)xex1，g(x)klnxk(x1)(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当k0时，方程f(x)k在区间(0，)上只有一个实根；(3)设h(x)f(x)g(x)，其中k0，若h(x)0恒成立，求k的取值范围2(2019泰州联考)已知函数f(x)exaxa(aR且a0)(1)若函数f(x)在x0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在2,1上的最大值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围3已知函数f(x)lnxexaa(e是自然对数的底数)(1)当a0时，求证：f(x)对x(1，)恒成立，求a的取值范围答案精析1(1)解由已知，得f(x)ex1xex1(x1)ex1.令f(x)0，则x1；令f(x)0，则x0，则t(x)(x1)ex1，由(1)可知t(x)在(1，)上单调递增，且t(0)k0，t(x)在(0，)上只有一个零点，故当k0时，方程f(x)k在区间(0，)上只有一个实根(3)解h(x)f(x)g(x)xex1kln xk(x1)，k0，h(x)的定义域是x|x0h(x)(x1)ex1k(xex1k)，令h(x)0，则xex1k0，由(2)得t(x)xex1k在区间(0，)上只有一个零点，且是增函数，不妨设t(x)的零点是x0，则当x(0，x0)时，t(x)0，即h(x)0，即h(x)0，h(x)单调递增，函数h(x)的最小值为h(x0)，h(x0)x0kln x0k(x01)x0kkln x0kx0.由x0k0，得x0，故h(x0)klnkx0kkln k.根据题意h(x0)0，即kkln k0，解得0ke.故实数k的取值范围是(0，e2解(1)由f(x)exaxa，得f(x)exa.函数f(x)在x0处取得极值，f(0)e0a0，a1.f(x)exx1，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增易知f(x)在2,0)上单调递减，在(0,1上单调递增，且f(2)3，f(1)e，f(2)f(1)，f(x)在2,1上的最大值为3.(2)f(x)exa，由于ex0，当a0时，f(x)0，f(x)是增函数，且当x1时，f(x)exa(x1)0.当x0时，取x，则f1aa0，函数f(x)存在零点，不满足题意当a0时，令f(x)exa0，xln(a)当x(，ln(a)时，f(x)0，f(x)单调递增，xln(a)时，f(x)取得最小值函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0)，则f(x)在定义域内单调递减，又f20，f(1)1e0，f(x)单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)maxf(x0)lnx0ex0x00，因为f(x1)0ln x1x1a，得ax1ln x1，故f(x1)2ln x1x1，令h(x)2ln xx，h(1)0，因为h(x)10，所以当x1时，h(x)0，则x11，又因为yxln x在(0，)上单调递增，由x11，得ax1ln x11.综上，a1.4解(1)由题意得函数g(x)a，g(x)，x0.设p(x)2ln x1，则p(x)，当x(，)时，p(x)0，p(x)在(，)上单调递增，p(x)p()0.g(x)0，从而g(x)xf(x)a在(，)上单调递增g()2(e1)a2e2，即a(2e2，)(2)令tx2，则f(x2)对x(1，)恒成立等价于t21aln t0对t(1，)恒成立设h(t)t21aln t(t1)，则h(t)(t1)，当a2时，h(t)0，则h(t)在(1，)上单调