高考数学二轮复习 主攻36个必考点 函数与导数 考点过关检测三十四 文-人教版高三全册数学试题VIP免费

考点过关检测（三十四）1．(2019·株洲检测)设函数f(x)＝ex－ax＋a，其中a为常数，f(x)的图象与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)两点，且x1＜x2.(1)求a的取值范围；(2)设x0＝，证明：f′(x0)＜0.解：(1)f′(x)＝ex－a.①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，f(x)的图象与x轴最多有一个交点，与题意矛盾．②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝lna，易得f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(lna)＝a(2－lna)，又函数f(x)的图象与x轴有两个交点，则a(2－lna)＜0，解得a>e2，又f(1)＝e＞0，f(lna)＜0，当x→＋∞时，f(x)＞0，故a∈(e2，＋∞)满足题意．综上，a的取值范围为(e2，＋∞)．(2)证明：由(1)知1＜x1＜lna＜x2，由题意可得解得a＝，所以f′(x0)＝e－，要证f′(x0)＜0，只需证＞e.下面证明＞e，即证>1.(*)令＝t(t＞0)，则(*)等价于et－＞2t，令g(t)＝et－－2t，则g′(t)＝et＋－2＞0，所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(t)＞e0－－2×0＝0，所以＞e，而＞，所以e＞e，故＞e，即f′(x0)＜0.2．(202届高三·吕州摸底)已知函数f(x)＝ax－－4lnx的两个极值点x1，x2满足x1＜x2，且e＜x2＜3，其中e为自然对数的底数．(1)求实数a的取值范围；(2)求f(x2)－f(x1)的取值范围．解：(1)f′(x)＝a＋－＝(x>0)，由题意知x1，x2为方程ax2－4x＋a＝0的两个根．易知a≠0.则所以a＞0且0＜x1＜1.令S(x)＝ax2－4x＋a，则由e＜x2＜3可得解得＜a＜.故实数a的取值范围为.(2)f(x2)－f(x1)＝ax2－－4lnx2－ax1＋＋4lnx1，因为x1＝，所以f(x2)－f(x1)＝ax2－－4lnx2－＋ax2＋4ln＝2a－8lnx2.由(1)知a＝，代入得f(x2)－f(x1)＝·－8lnx2＝－8lnx2.令t＝x，则t∈(e2,9)，于是可得h(t)＝－4lnt，故h′(t)＝－＝＝＜0，所以h(t)在(e2,9)上单调递减，所以－8ln3＜f(x2)－f(x1)＜－，即f(x2)－f(x1)的取值范围为.3．(2019·九江模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2，证明：x1·x＜2.解：(1)由题意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)．当a≤0时，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0.所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜，由f′(x)＜0，得x＞，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：由题意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根x1，x2满足lnx－x－m＝0，且0＜x1＜1＜x2，即lnx1－x1－m＝lnx2－x2－m＝0.由题意，可知lnx1－x1＝m＜－2＜ln2－2，又由(1)可知，f(x)＝lnx－x在(1，＋∞)上单调递减，故x2＞2.令g(x)＝lnx－x－m，则g(x)－g＝－x＋＋3lnx－ln2.令h(t)＝－t＋＋3lnt－ln2(t＞2)，则h′(t)＝－.当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)是减函数，所以h(t)＜h(2)＝2ln2－＜0，所以g(x)＜g.因为x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即g(x1)＜g.因为g(x)在区间(0,1)上单调递增，所以x1＜，故x1·x＜2.4．(2019·厦门一模)已知函数f(x)＝x3－x2＋logax(a＞0且a≠1)为定义域上的增函数，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)的最小值小于等于0.(1)求a的值；(2)设函数g(x)＝f(x)－x3－4lnx＋6x，且g(x1)＋g(x2)＝0，求证：x1＋x2≥2＋.解：(1)f′(x)＝2x2－3x＋(x>0)，由f(x)为增函数可得，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．则由2x2－3x＋≥0可得2x3－3x2≥－，令m(x)＝2x3－3x2，则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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x＝1处取得极小值即最小值，所以m(x)min＝m(1)＝－1，所以－1≥－，即1≤，当a＞1时，易得a≤e，所以1＜a≤e；当0＜a＜1时，则＜0，这与1≤矛盾，从而不能使f′(x)≥0恒成立．所以1＜a≤e.由f′(x)min≤0，可得2x2－3x＋≤0，即2x3－3x2≤－，由之前的讨论可知，－1≤－，即1≥.当0＜a＜1时，1≥恒成立；当a＞1时，1≥⇒lna≥1⇒a≥e.所以0＜a＜1或a≥e.综上，a＝e.(2)证明：g(x)＝x3－x2＋lnx－x3－4lnx＋6x＝－x2－3lnx＋6x，因为g(x1)＋g(x2)＝0，所以－x－3lnx1＋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)＝lnt－t，则g′(t)＝－1＝，易得g(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，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＋得证．