（新课改省份专用）2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测（十九）难点自选——函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略（含解析）.doc

1、1课时跟踪检测（十九） 难点自选函数与导数压轴大题的 3 大难点及破解策略1定义在 R 上的奇函数 f(x)，当 x0 时， f(x)ln x ax1，若 f(x)有 5 个零点，求实数 a 的取值范围解：因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 f(0)0；所以要使 f(x)在 R 上有 5 个零点，只需 f(x)在(0，)上有 2 个零点所以等价于方程 a 在(0，)上有 2ln x 1x个根所以等价于 y a 与 g(x) (x0)的图象有 2 个交点 g( x) ，ln x 1x ln xx2x (0,1) (1，)g(x) 所以 g(x)的最大值为 g(1)1.因为 x0 时，

2、g(x)； x时，由洛必达法则可知：li g(x)li li 0，m m ln x 1 x m 1x所以 00.解：(1) f( x)e x ，由 f(0)0，得 m1，1x m所以 f( x)e x ， f( x)e x 0，1x 1 1 x 1 2又由 f(0)0，所以当 x(1,0)时， f( x)0.所以函数 f(x)在(1,0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)证明：依题意， f( x)e x .1x m令 f( x0)0，则 ex0 0，且 f( x)e x 0，所以函数 f( x)在1x0 m 1 x m 2区间( m，)上单调递增则当 x( m， x0)时， f( x0)0

3、，故函数 f(x)在( m， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增所以 f(x)min f(x0)e x0ln( x0 m)2又 x0满足方程 ex0 ，1x0 m则 f(x0)e x0ln( x0 m) ln e x0 x0 x0 m m 21x0 m 1x0 m 1x0 m m2 m 0 Error!不等号取等号的条件是 Error!不等号取等号 x0 m 1x0 m 的条件是 m2Error!.由于不等号、不能同时取等号，故 f(x0)0，即 f(x)min0，因此 f(x)0.3已知函数 f(x) ax c(a0)的图象在点(1， f(1)处的切线方程为 y x1.bx(1)试用

4、 a 表示出 b， c；(2)若 f(x)ln x 在1，)恒成立，求 a 的取值范围解：(1) b a1， c12 a.(2)题设即“ a (x1)，或 a (x1) 恒成立” ln x 1x 1x 1x 2 xln x x 1 x 1 2用导数可证函数 g(x) (x1) 2( x1) xln x(x1)是增函数(只需证 g( x)12 xln x10( x1)恒成立，再用导数可证)，所以 g(x) g(1)0( x1)，当且仅当 x1 时 g(x)0，得 1)，li .xln x x 1 x 1 2 12 m xln x x 1 x 1 2 12所以若 a (x1)恒成立，则 a ，xl

5、n x x 1 x 1 2 12即 a 的取值范围是 .12， )4(2019安徽二校联考)已知函数 f(x) m(a， mR)在 xe(e 为自然对ln x ax数的底数)时取得极值，且有两个零点记为 x1， x2.(1)求实数 a 的值，以及实数 m 的取值范围；(2)证明：ln x1ln x22.解：(1) f( x) ，1xx ln x ax2 a 1 ln xx2由 f( x)0，得 xe a1 ，且当 00，当 xea1 时， f( x)0)， f( x) ，ln xx 1 ln xx2函数 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减， f(e) m.1e又 x0( x0

6、)时， f(x)； x时， f(x) m， f(x)有两个零点 x1， x2，故Error! 解得 02，只需证x2x1 lnx2x1x2 x1ln x1x22，只需证 m(x1 x2)2，即证 ln 2.x1 x2x2 x1 x2x1即证 ln 2，设 t 1，1 x2x1x2x1 1 x2x1 x2x1则只需证 ln t .2 t 1t 1即证 ln t 0.2 t 1t 1记 u(t)ln t (t1)，2 t 1t 1则 u( t) 0.1t 4 t 1 2 t 1 2t t 1 2所以 u(t)在(1，)上单调递增，所以 u(t)u(1)0，所以原不等式成立，故 ln x1ln x2

7、2.5(2016全国卷)已知函数 f(x)( x2)e x a(x1) 2有两个零点(1)求 a 的取值范围；(2)设 x1， x2是 f(x)的两个零点，证明： x1 x20，则当 x(，1)时， f( x)0，所以 f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又 f(1)e， f(2) a，取 b 满足 b (b2) a(b1) 2 a 0，a2 (b2 32b)故 f(x)存在两个零点设 a0，因此 f(x)在(1，)内单调递增又当 x1 时， f(x)1，e2故当 x(1，ln(2 a)时， f( x)0.因此 f(x)在(1，ln(2 a)内单调递减，在(ln(2 a)，)内单调递增又当 x1 时， f(x)f(2 x2)，即 f(2 x2)1 时， g( x)1 时， g(x)0.从而 g(x2) f(2 x2)0，故 x1 x22.5