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1、课时跟踪检测课时跟踪检测(十九十九) 突破 突破“函数与导数函数与导数”压轴大题的压轴大题的 6 个个“卡壳 点 卡壳 点” 1(2019福建三校联考福建三校联考)已知函数已知函数 f(x)e x ax，g(x)ln(xm)ax1. (1)当当 a1 时，求函数时，求函数 f(x)的最小值；的最小值； (2)若对任意的若对任意的 x(m，)，恒有，恒有 f(x)g(x)成立，求实数成立，求实数 m 的取值范围的取值范围 解：解：(1)当当 a1 时，时，f(x)e x x，则，则 f(x) 1. 1 ex 令令 f(x)0，得，得 x0. 当当 x0 时，时，f(x)0，当，当 x0 时，时，
2、f(x)0， 函数函数 f(x)在区间在区间(，0)上单调递减，在区间上单调递减，在区间(0，)上单调递增上单调递增 当当 x0 时，函数时，函数 f(x)取得最小值，最小值为取得最小值，最小值为 f(0)1. (2)由由(1)得得 exx1 恒成立恒成立 f(x)g(x)exaxln(xm)ax1exln(xm)1. 故故 x1ln(xm)1，即，即 mexx 在在(m，)上恒成立上恒成立 当当 m0 时，在时，在(m，)上，上，exx1，得，得 0m1； 当当 m0 时，在时，在 (m，)上，上，exx1，mexx 恒成立恒成立 于是于是 m1. 实数实数 m 的取值范围为的取值范围为(，
3、1 2设函数设函数 f(x)exax2. (1)求求 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)若若 a1，k 为整数，且当为整数，且当 x0 时，时，(xk)f(x)x10，求，求 k 的最大值的最大值 解：解：(1)f(x)的定义域为的定义域为(，)，f(x)exa. 若若 a0，则，则 f(x)0，所以，所以 f(x)在在(，)上单调递增上单调递增 若若 a0，则当，则当 x(，ln a)时，时，f(x)0； 当当 x(ln a，)时，时，f(x)0， 所以所以 f(x)在在(，ln a)上单调递减，在上单调递减，在(ln a，)上单调递增上单调递增 (2)由于由于 a1， 所以所以(xk
4、)f(x)x1(xk)(ex1)x1. 故当故当 x0 时，时，(xk)f(x)x10 等价于等价于 kx(x0) x 1 ex1 令令 g(x)x，则，则 g(x). x 1 ex1 ex e x x 2 e x 1 2 由由(1)知，函数知，函数 h(x)exx2 在在(0，)上单调递增而上单调递增而 h(1)0，h(2)0，所以，所以 h(x) 在在(0，)上存在唯一的零点故上存在唯一的零点故 g(x)在在(0，)上存在唯一的零点上存在唯一的零点 设此零点为设此零点为 ，则，则 (1,2) 当当 x(0，)时，时，g(x)0；当；当 x(，)时，时，g(x)0. 所以所以 g(x)在在(
5、0，)上的最小值为上的最小值为 g() 又由又由 g()0，可得，可得 e2，所以，所以 g()1(2,3) 由于式等价于由于式等价于 kg()，故整数，故整数 k 的最大值为的最大值为 2. 3(2019石家庄质检石家庄质检)已知函数已知函数 f(x)x(ln xax)(aR) (1)若若 a1，求函数，求函数 f(x)的图象在点的图象在点(1，f(1)处的切线方程；处的切线方程； (2)若函数若函数 f(x)有两个极值点有两个极值点 x1，x2，且，且 x1x2，求证：，求证：f(x2) . 1 2 解：解：(1)由已知得，由已知得，f(x)x(ln xx)，当，当 x1 时，时，f(x)
6、1， f(x)ln x12x，当，当 x1 时，时，f(x)1，所以所求切线方程为，所以所求切线方程为 y1(x1)， 即 ， 即 xy0. (2)证明：由已知条件可得证明：由已知条件可得 f(x)ln x12ax 有两个不同的零点，且两零点的左、右两 侧附近的函数值符号相反 有两个不同的零点，且两零点的左、右两 侧附近的函数值符号相反 令令 f(x)h(x)，则，则 h(x) 2a(x0)， 1 x 若若 a0，则，则 h(x)0，h(x)单调递增，单调递增，f(x)不可能有两个零点；不可能有两个零点； 若若 a0，令，令 h(x)0 得得 x，可知，可知 h(x)在上单调递增，在上单调递在
7、上单调递增，在上单调递 1 2a ( ( 0， ， 1 2a) ) ( ( 1 2a， ， ) ) 减，减， 令令 f0，解得，解得 0a ， ， ( ( 1 2a) ) 1 2 此时 ，此时 ，f0， 1 e 1 2a ( ( 1 e) ) 2a e ，f2ln a1 0， 1 a2 1 2a ( ( 1 a2) ) 2 a 所以当所以当 0a 时，函数 时，函数 f(x)有两个极值点有两个极值点 x1，x2， 1 2 当当 x 变化时，变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：的变化情况如下表： x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，) f(x)00 f(x)f(x1)f(x2)
8、因为因为 f(1)12a0，所以，所以 0x11x2，f(x)在1，x在1，x2 2上单调递增，上单调递增， 所以所以 f(x2)f(1)a . 1 2 4(2019成都模拟成都模拟)已知函数已知函数 f(x)，aR. ln x a x (1)求函数求函数 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)设函数设函数 g(x)(xk)exk， kZ， e2.718 28为自然对数的底数 当为自然对数的底数 当 a1 时， 若时， 若x1 (0，)，x2(0，)，不等式，不等式 5f(x1)g(x2)0 成立，求成立，求 k 的最大值的最大值 解：解：(1)f(x)(x0) 1a ln x x2 由由
9、f(x)0，得，得 xe1 a. 易知易知 f(x)在在(0，)上单调递减，上单调递减， 当当 0xe1 a时， 时，f(x)0，此时函数，此时函数 f(x)单调递增；单调递增； 当当 xe1 a时， 时，f(x)0，此时函数，此时函数 f(x)单调递减单调递减 函数函数 f(x)的单调递增区间是的单调递增区间是(0，e1 a)，单调递减区间是 ，单调递减区间是(e1 a， ，) (2)当当 a1 时，由时，由(1)可知可知 f(x)f(e1 a) 1， x1(0，)，x2(0，)，5f(x1)g(x2)0 成立，等价于成立，等价于 5(xk)exk0 对对 x(0，)恒成立，恒成立， 当当
10、x(0，)时，时，ex10， xk 对对 x(0，)恒成立，恒成立， x 5 ex1 设设 h(x)x，则，则 h(x). x 5 ex1 ex e x x 6 e x 1 2 令令 F(x)exx6，则，则 F(x)ex1. 当当 x(0，)时，时，F(x)0， 函数函数 F(x)exx6 在在(0，)上单调递增上单调递增 而而 F(2)e280，F(3)e390. F(2)F(3)0. 存在唯一的存在唯一的 x0(2,3)，使得，使得 F(x0)0，即，即 ex0x06. 当当 x(0，x0)时，时，F(x)0，h(x)0，此时函数，此时函数 h(x)单调递减；单调递减； 当当 x(x0，
11、)时，时，F(x)0，h(x)0，此时函数，此时函数 h(x)单调递增单调递增 当当 xx0时，函数时，函数 h(x)有极小值有极小值(即最小值即最小值)h(x0) h(x0)x0x01(3,4) x05 ex01 又又 kh(x0)，kZ，k 的最大值是的最大值是 3. 5(2018广安一模广安一模)已知函数已知函数 f(x)ln x x2(a1)x(aR) a 2 (1)当当 a0 时，求函数时，求函数 f(x)的极值；的极值； (2)若函数若函数 f(x)有两个相异零点有两个相异零点 x1，x2，求，求 a 的取值范围，并证明的取值范围，并证明 x1x22. 解：解：(1)由由 f(x)
12、ln x x2(a1)x(x0)，得，得 f(x) axa1.当当 a 2 1 x x 1 ax 1 x a0 时，时，ax10，当，当 0x1 时，时，f(x)0； 当； 当 x1 时，时，f(x)0，故当，故当 a0 时，函数时，函数 f(x) 在在 x1 处取得极大值，且处取得极大值，且 f(1) 1，无极小值，无极小值 a 2 (2)证明 ： 当证明 ： 当 a0 时， 由时， 由(1)知知 f(x)在在 x1 处取得极大值， 且处取得极大值， 且 f(1) 1， 当， 当 x0 时，时， f(x) a 2 ，又，又 f(2)ln 220，f(x)有两个相异零点，则有两个相异零点，则
13、f(1) 10，解得，解得 a2. a 2 当当1a0 时，若时，若 0x1，则，则 f(x)0；若；若 1x ， ， 1 a 则则 f(x)0；若；若 x ，则 ，则 f(x)0，则，则 f(x)在在 x1 处取得极大值，在处取得极大值，在 x 处取得 处取得 1 a 1 a 极小值，由于极小值，由于 f(1) 10，则，则 f(x)仅有一个零点仅有一个零点 a 2 当当 a1 时，时，f(x)0，则，则 f(x)仅有一个零点仅有一个零点 x 1 2 x 当当 a1 时，若时，若 0x ，则 ，则 f(x)0；若 ；若 x1， 1 a 1 a 则则 f(x)0；若；若 x1，则，则 f(x)
14、0，则，则 f(x)在在 x1 处取得极小值，在处取得极小值，在 x 处取得极 处取得极 1 a 大值，由于大值，由于 fln (a)10，则，则 f(x)仅有一个零点仅有一个零点 ( ( 1 a) ) 1 2a 综上，综上，f(x)有两个相异零点时，有两个相异零点时，a 的取值范围是的取值范围是(2，) 两零点分别在区间两零点分别在区间(0,1)和和(1,2)内， 不妨设内， 不妨设 0x11x22.欲证欲证 x1x22， 只需证明， 只需证明 x22 x1，又由，又由(1)知知 f(x)在在(1，)上单调递减，故只需证明上单调递减，故只需证明 f(2x1)f(x2)0 即可即可 f(2x1)ln(2x1) (2x1)2(a1)(2x1) a 2 ln(2x1) x (a1)x12. a 2 2 1 又因为又因为 f(x1)ln x1 x (a1)x10， a 2 2 1 所以所以 f(2x1)ln(2x1)ln x12x12， 令令 h(x)ln(2x)ln x2x2(0x1)， 则则 h(x) 20， 1 x 2 1 x 2 x 1 2 x x 2 则则 h(x)在在(0,1)上单调递减，上单调递减， 所以所以 h(x)h(1)0，即，即 f(2x1)0，所以，所以 x1x22.