2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4讲　第3课时　高效演练分层突破

1、基础题组练1(2020江西七校第一次联考)已知函数 yf(x)是 r 上的可导函数，当 x0 时，有 f(x)f（x）x0，则函数 f(x)xf(x)1x的零点个数是()a0b1c2d3解析：选 b函数 f(x)xf(x)1x的零点，就是方程 xf(x)1x0 的根，即方程 xf(x)1x的根令函数 g(x)xf(x)，则 g(x)f(x)xf(x)因为当 x0 时，g(x)f(x)xf(x)0，所以g(x)xf(x)单调递增，g(x)g(0)0；当 x0 时，g(x)f(x)xf(x)g(0)0.所以函数 yg(x)与 y1x的图象只有一个交点，即 f(x)xf(x)1x只有一个零点故选 b

2、2若函数 f(x)axaex1(a0)没有零点，则实数 a 的取值范围为_解析：f(x)aex（axa）exe2xa（x2）ex(a0)当 x2 时，f(x)2 时，f(x)0，所以当 x2 时，f(x)有极小值 f(2)ae21.若使函数 f(x)没有零点，当且仅当 f(2)ae210，解得 ae2，因此e2a0.答案：(e2，0)3已知函数 f(x)a xln x(ar)(1)求 f(x)的单调区间；(2)试判断 f(x)的零点个数解：(1)函数 f(x)的定义域是(0，)，f(x)( x)ln x x1xx（ln x2）2x，令 f(x)0，解得 xe2，令 f(x)0，解得 0 xe2

3、，所以 f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增(2)由(1)得 f(x)minf(e2)a2e，显然 a2e时，f(x)0，无零点，a2e时，f(x)0，有 1 个零点，a2e时，f(x)0，得 x2.所以函数 f(x)的单调递增区间是(，1)，(2，)(2)由(1)知 f(x)极大值f(1)13122256，f(x)极小值f(2)83242163，由数形结合，可知要使函数 g(x)f(x)2m3 有三个零点，则1632m356，解得76m1312.所以 m 的取值范围为76，1312 .5(2019高考全国卷)已知函数 f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在

4、唯一的极值点；(2)f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明：(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)x1xln x1ln x1x.因为 yln x 单调递增，y1x单调递减，所以 f(x)单调递增又 f(1)10，故存在唯一 x0(1，2)，使得 f(x0)0.又当 xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)知 f(x0)0，所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x.由x01 得110.(1)若曲线 yf(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若 f(x)g(x)m 在0，)上有解，求实数 m 的取值范围解：(1)因为 f(0)a10，所以 a1，此时 f(x)exex1.所以 f(x)exe，f(0)1e.所以曲线 yf(x)在原点处的切线方程为 y(1e)x.(2)因为 f(x)aexaex1，所以 f(x)aexaea(exe)当 x1 时，f(x)0；当 0 x1 时，f(x)1 时，h(x)0；当 0 x0.所以 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减所以