《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個必考點(diǎn) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 考點(diǎn)過關(guān)檢測三十八 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個必考點(diǎn) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 考點(diǎn)過關(guān)檢測三十八 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)過關(guān)檢測（三十八） 1．(2019·株洲檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax＋a，其中a為常數(shù)，f(x)的圖象與x軸交于A(x1,0)，B(x2,0)兩點(diǎn)，且x1＜x2. (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)x0＝，證明：f′(x0)＜0. 解：(1)f′(x)＝ex－a. ①若a≤0，則f′(x)＞0，f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)的圖象與x軸最多有一個交點(diǎn)，與題意矛盾． ②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝ln a，易得f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(x)min＝f(ln a)＝a(2－ln a)， 又函數(shù)f(x)的圖象與x軸有兩個

2、交點(diǎn)，則a(2－ln a)＜0，解得a>e2， 又f(1)＝e＞0，f(ln a)＜0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)＞0，故a∈(e2，＋∞)滿足題意． 綜上，a的取值范圍為(e2，＋∞)． (2)證明：由(1)知1＜x1＜ln a＜x2， 由題意可得解得a＝， 所以f′(x0)＝e－， 要證f′(x0)＜0，只需證＞e. 下面證明＞e，即證>1.(*) 令＝t(t＞0)， 則(*)等價于et－＞2t，令g(t)＝et－－2t， 則g′(t)＝et＋－2＞0，所以g(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)＞e0－－2×0＝0， 所以＞e，而＞， 所以e＞e， 故＞e，即

3、f′(x0)＜0. 2．(202屆高三·呂州摸底)已知函數(shù)f(x)＝ax－－4ln x的兩個極值點(diǎn)x1，x2滿足x1＜x2，且e＜x2＜3，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)求f(x2)－f(x1)的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝a＋－＝(x>0)， 由題意知x1，x2為方程ax2－4x＋a＝0的兩個根． 易知a≠0. 則所以a＞0且0＜x1＜1. 令S(x)＝ax2－4x＋a， 則由e＜x2＜3可得解得＜a＜. 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為. (2)f(x2)－f(x1)＝ax2－－4ln x2－ax1＋＋4ln x1， 因?yàn)閤1＝，所以f(x2

4、)－f(x1)＝ax2－－4ln x2－＋ax2＋4ln ＝2a－8ln x2. 由(1)知a＝，代入得f(x2)－f(x1)＝·－8ln x2＝－8ln x2. 令t＝x，則t∈(e2,9)，于是可得h(t)＝－4ln t， 故h′(t)＝－＝＝＜0， 所以h(t)在(e2,9)上單調(diào)遞減，所以－8ln 3＜f(x2)－f(x1)＜－， 即f(x2)－f(x1)的取值范圍為. 3．(2019·九江模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a＝1時，方程f(x)＝m(m＜－2)有兩個相異實(shí)根x1，x2，且x1＜x2，證明：x1

5、·x＜2. 解：(1)由題意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)． 當(dāng)a≤0時，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0. 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a＞0時，由f′(x)＞0，得0＜x＜， 由f′(x)＜0，得x＞， 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)a≤0 時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：由題意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的兩個相異實(shí)根x1，x2滿足ln x－x－m＝0，且0＜x1＜1＜x2，即ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0. 由題意，可知ln

6、 x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2， 又由(1)可知，f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故x2＞2. 令g(x)＝ln x－x－m， 則g(x)－g＝－x＋＋3ln x－ln 2. 令h(t)＝－t＋＋3ln t－ln 2(t＞2)， 則h′(t)＝－. 當(dāng)t＞2時，h′(t)＜0，h(t)是減函數(shù)， 所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0，所以g(x)＜g. 因?yàn)閤2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即g(x1)＜g. 因?yàn)間(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，所以x1＜，故x1·x＜2. 4．(2019·廈

7、門一模)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋logax(a＞0且a≠1)為定義域上的增函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)的最小值小于等于0. (1)求a的值； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－x3－4ln x＋6x，且g(x1)＋g(x2)＝0，求證：x1＋x2≥2＋. 解：(1)f′(x)＝2x2－3x＋(x>0)， 由f(x)為增函數(shù)可得，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立． 則由2x2－3x＋≥0可得2x3－3x2≥－， 令m(x)＝2x3－3x2，則m′(x)＝6x2－6x， 由m′(x)＞0，得x＞1，由m′(x)＜0，得0＜x＜1， 所以m(x)在(0,1

8、)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在x＝1處取得極小值即最小值， 所以m(x)min＝m(1)＝－1，所以－1≥－， 即1≤，當(dāng)a＞1時，易得a≤e，所以1＜a≤e； 當(dāng)0＜a＜1時，則＜0，這與1≤矛盾， 從而不能使f′(x)≥0恒成立．所以1＜a≤e. 由f′(x)min≤0，可得2x2－3x＋≤0， 即2x3－3x2≤－， 由之前的討論可知，－1≤－，即1≥. 當(dāng)0＜a＜1時，1≥恒成立； 當(dāng)a＞1時，1≥?ln a≥1?a≥e. 所以0＜a＜1或a≥e.綜上，a＝e. (2)證明：g(x)＝x3－x2＋ln x－x3－4ln x＋6x＝－x2－3ln x＋6

9、x， 因?yàn)間(x1)＋g(x2)＝0，所以－x－3ln x1＋6x1＋＝0， 所以－(x＋x)－3ln(x1x2)＋6(x1＋x2)＝0， 即－[(x1＋x2)2－2x1x2]－ln(x1x2)＋2(x1＋x2)＝0，即－(x1＋x2)2＋x1x2－ln(x1x2)＋2(x1＋x2)＝0， 所以－(x1＋x2)2＋2(x1＋x2)＝ln(x1x2)－x1x2. 令x1x2＝t，g(t)＝ln t－t，則g′(t)＝－1＝， 易得g(t)在(0,1) 上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以g(t)≤g(1)＝－1，所以－(x1＋x2)2＋2(x1＋x2)≤－1， 整理得(x1＋x2)2－4(x1＋x2)－2≥0， 解得x1＋x2≥2＋或 x1＋x2≤2－(舍去)， 所以x1＋x2≥2＋得證． 5