（新課改省份專(zhuān)用）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）難點(diǎn)自選——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸大題的3大難點(diǎn)及破解策略（含解析）

《（新課改省份專(zhuān)用）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）難點(diǎn)自選——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸大題的3大難點(diǎn)及破解策略（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專(zhuān)用）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）難點(diǎn)自選——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸大題的3大難點(diǎn)及破解策略（含解析）（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課改省份專(zhuān)用）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）難點(diǎn)自選——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸大題的3大難點(diǎn)及破解策略（含解析） 1．定義在R上的奇函數(shù)f(x)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝ln x－ax＋1，若f(x)有5個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0；所以要使f(x)在R上有5個(gè)零點(diǎn)，只需f(x)在(0，＋∞)上有2個(gè)零點(diǎn)．所以等價(jià)于方程a＝在(0，＋∞)上有2個(gè)根．所以等價(jià)于y＝a與g(x)＝(x>0)的圖象有2個(gè)交點(diǎn)．g′(x)＝， x (0,1) (1，＋∞) g(x) ＋ － 所以g(x)的最大值為g(1)＝1. 因

2、為x→0時(shí)，g(x)→－∞；x→＋∞時(shí)，由洛必達(dá)法則可知： lig(x)＝li ＝li ＝0， 所以00. 解：(1)f′(x)＝ex－，由f′(0)＝0，得m＝1， 所以f′(x)＝ex－，f″(x)＝ex＋>0， 又由f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)<0， 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)

3、證明：依題意，f′(x)＝ex－. 令f′(x0)＝0，則ex0＝>0，且f″(x)＝ex＋>0，所以函數(shù)f′(x)在區(qū)間(－m，＋∞)上單調(diào)遞增． 則當(dāng)x∈(－m，x0)時(shí)，f′(x0)<0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在(－m，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln(x0＋m)． 又x0滿(mǎn)足方程ex0＝， 則f(x0)＝ex0－ln(x0＋m)＝－ln e－x0＝x0＋＝x0＋m＋－m2－m＝2－m0不等號(hào)①取等號(hào)的條件是不等號(hào)②取等號(hào)的條件是m＝2. 由于不等號(hào)①、②不能同時(shí)取等號(hào)，故f(x0

4、)>0，即f(x)min>0，因此f(x)>0. 3．已知函數(shù)f(x)＝ax＋＋c(a>0)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1. (1)試用a表示出b，c； (2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍． 解：(1)b＝a－1，c＝1－2a. (2)題設(shè)即“a≥(x>1)，或a≥(x>1) 恒成立”． 用導(dǎo)數(shù)可證函數(shù)g(x)＝(x－1)2＋(x－1)－xln x(x≥1)是增函數(shù)(只需證g′(x)＝x－ln x－1≥0(x≥1)恒成立，再用導(dǎo)數(shù)可證)， 所以g(x)≥g(1)＝0(x≥1)， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)g(x)＝0，得<(x>1)，li

5、＝. 所以若a≥(x>1)恒成立，則a≥， 即a的取值范圍是. 4．(2019·安徽二校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－m(a，m∈R)在x＝e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)取得極值，且有兩個(gè)零點(diǎn)記為x1，x2. (1)求實(shí)數(shù)a的值，以及實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)證明：ln x1＋ln x2>2. 解：(1)f′(x)＝＝， 由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且當(dāng)00， 當(dāng)x>ea＋1時(shí)，f′(x)<0， 所以f(x)在x＝ea＋1時(shí)取得極值， 所以ea＋1＝e，解得a＝0. 所以f(x)＝－m(x>0)，f′(x)＝， 函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)

6、遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，f(e)＝－m. 又x→0(x>0)時(shí)，f(x)→－∞；x→＋∞時(shí)，f(x)→－m，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2， 故解得02，只需證ln x1x2>2， 只需證m(x1＋x2)>2，即證ln>2. 即證ln>2，設(shè)t＝>1， 則只需證ln t>. 即證ln t－>0. 記u(t)＝ln t－(t>1)， 則u′(t)＝－＝>0. 所以u(píng)(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，

7、 所以u(píng)(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立， 故ln x1＋ln x2>2. 5．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn)． (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2<2. 解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． ①設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)． ②設(shè)a>0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又f(1)＝－e

8、，f(2)＝a，取b滿(mǎn)足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0， 故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)． ③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． 若a≥－，則ln(－2a)≤1， 故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)， f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 若a<－，則ln(－2a)>1， 故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增

9、． 又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0， 所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)． (2)證明：不妨設(shè)x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0. 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2， 而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0， 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2. 設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex， 則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，而g(1)＝0， 故當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0. 從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.