2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（十八）專題探究課（一） 文（含解析）新人教A版

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1、課時跟蹤練(十八) A組　基礎(chǔ)鞏固 1．已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x有兩個不同的零點，求實數(shù)a的取值范圍． 解：令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x， 將問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點的問題． 當(dāng)a≤0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿足題意； 當(dāng)a>0時，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝. 令r(x)＝， 則r′(x)＝＝， 當(dāng)00，r(x)是單調(diào)增函數(shù)， 當(dāng)x>1時，r′(x)<0，r(x)是單調(diào)減函數(shù)，且>0， 所以0

2、 (1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的最小值； (2)若f(x)＞x，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x2－ln x－x， f′(x)＝. 當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0. 所以f(x)的最小值為f(1)＝0. (2)由f(x)＞x， 得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x＞0. 由于x＞0，所以f(x)＞x等價于x－＞a＋1. 令g(x)＝x－，則g′(x)＝. 當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0. 故g(x)有最小值g(1)＝1. 故a＋1＜1，a＜0，所以a的取值范

3、圍是(－∞，0)． 3．已知函數(shù)f(x)＝－ln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求證：ln ≤. (1)解：f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝－＝， 令f′(x)＞0?0＜x＜1，f′(x)＜0?x＞1， 所以f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)證明：要證ln ≤，即證2－ln x≤1＋，即證1－－ln x≤0. 由(1)可知，f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，＋∞)上的最大值為f(1)＝1－1－ln 1＝

4、0，即f(x)≤0， 所以1－－ln x≤0恒成立，原不等式得證． 4．已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)當(dāng)a＞0時，解不等式f(x)≤0； (2)當(dāng)a＝0時，求整數(shù)t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在區(qū)間[t，t＋1]上有解． 解：(1)因為ex＞0，(ax2＋x)ex≤0. 所以ax2＋x≤0.又因為a＞0， 所以不等式化為x≤0. 所以不等式f(x)≤0的解集為. (2)當(dāng)a＝0時，方程即為xex＝x＋2，由于ex＞0，所以x＝0不是方程的解， 所以原方程等價于ex－－1＝0. 令h(x)＝ex－－1，因為h′(x)＝ex

5、＋＞0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)， 又h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－2＞0，h(－3)＝e－3－＜0，h(－2)＝e－2＞0， 所以方程f(x)＝x＋2有且只有兩個實數(shù)根，且分別在區(qū)間[1，2]和[－3，－2]上， 所以整數(shù)t的所有值為{－3，1}． 5．(2019·長沙一中調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋ax，a∈R，函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直． (1)求a的值和函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求證：ex>f′(x)． (1)解：f′(x)＝ln x＋1＋a，由

6、題意知， f(x)的圖象在x＝1處的切線的斜率k＝2， 所以f′(1)＝ln 1＋1＋a＝2，所以a＝1. 所以f′(x)＝ln x＋2， 當(dāng)x>e－2時，f′(x)>0， 當(dāng)00， 因為g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 且g′(1)＝e－1>0，g′＝－2<0. 因此g′(x)在上存在唯一的零點t，使得g′(t)＝et－＝0. 則et＝. 當(dāng)0

7、t)＝0，當(dāng)x>t時， g′(x)>g′(t)＝0， 所以g(x)在(0，t)上單調(diào)遞減，在(t，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以x>0時，g(x)≥g(t)＝et－ln t－2＝－ln －2＝t＋－2≥2－2＝0， 又0，即ex>f′(x)． 6．(2019·衡水中學(xué)檢測)已知函數(shù)f(x)＝4x2＋－a，g(x)＝f(x)＋b，其中a，b為常數(shù)． (1)若x＝1是函數(shù)y＝xf(x)的一個極值點，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)有2個零點，f(g(x))有6個零點，求a＋b的取值范圍． 解：(1)

8、函數(shù)f(x)＝4x2＋－a， 則y＝xf(x)＝4x3＋1－ax的導(dǎo)數(shù)為y′＝12x2－a， 由題意可得12－a＝0，解得a＝12， 即有f(x)＝4x2＋－12，f′(x)＝8x－， 可得曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為f′(1)＝7，切點為(1，－7)， 所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＋7＝7(x－1)，即y＝7x－14. (2)f(x)＝4x2＋－a，f′(x)＝8x－，f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)． 當(dāng)x>時，f′(x)>0，f(x)遞增；當(dāng)x<0或00，且－b>0，即b<－1且b<， 可得b<－1，則有a＋b<2， 故a＋b的取值范圍是(－∞，2)． 5