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1、- 1 - 课时跟踪检测(二十) 突破“函数与导数”压轴大题的 6 个“卡壳 点” 课时跟踪检测(二十) 突破“函数与导数”压轴大题的 6 个“卡壳 点” 1(2019福建三校联考)已知函数f(x)exax，g(x)ln(xm)ax1. (1)当a1 时，求函数f(x)的最小值； (2)若对任意的x(m，)，恒有f(x)g(x)成立，求实数m的取值范围 解：(1)当a1 时，f(x)exx，则f(x)1. 1 ex 令f(x)0，得x0. 当x0 时，f(x)0，当x0 时，f(x)0， 函数f(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增 当x0 时，函数f(x)取得最小值，最小值
2、为f(0)1. (2)由(1)得 exx1 恒成立 f(x)g(x)exaxln(xm)ax1exln(xm)1. 故x1ln(xm)1，即mexx在(m，)上恒成立 当m0 时，在(m，)上，exx1，得 0m1； 当m0 时，在 (m，)上，exx1，mexx恒成立 于是m1. 实数m的取值范围为(，1 2设函数f(x)exax2. (1)求f(x)的单调区间； (2)若a1，k为整数，且当x0 时，(xk)f(x)x10，求k的最大值 解：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa. 若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增 若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0；
3、当x(ln a，)时，f(x)0， 所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增 (2)由于a1， 所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1. 故当x0 时，(xk)f(x)x10 等价于 kx(x0) x1 ex1 令g(x)x，则g(x). x1 ex1 exexx2 ex12 由(1)知， 函数h(x)exx2 在(0， )上单调递增 而h(1)0，h(2)0， 所以h(x) 在(0，)上存在唯一的零点故g(x)在(0，)上存在唯一的零点 - 2 - 设此零点为，则(1,2) 当x(0，)时，g(x)0；当x(，)时，g(x)0. 所以g(x)在(0，)上的最
4、小值为g() 又由g()0，可得 e2，所以g()1(2,3) 由于式等价于kg()，故整数k的最大值为 2. 3(2019石家庄质检)已知函数f(x)x(ln xax)(aR) (1)若a1，求函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程； (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，求证：f(x2) . 1 2 解：(1)由已知得，f(x)x(ln xx)，当x1 时，f(x)1， f(x)ln x12x， 当x1 时，f(x)1， 所以所求切线方程为y1(x 1)， 即xy0. (2)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
5、的函数值符号相反 令f(x)h(x)，则h(x) 2a(x0)， 1 x 若a0，则h(x)0，h(x)单调递增，f(x)不可能有两个零点； 若a0，令h(x)0 得x，可知h(x)在上单调递增，在上单调 1 2a(0， 1 2a)( 1 2a，) 递减， 令f0，解得 0a ， ( 1 2a) 1 2 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 0a 时，函数f(x)有两个极值点x1，x2， 1 2 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，) f(x)0
6、0 f(x)f(x1)f(x2) 因为f(1)12a0，所以 0x11x2，f(x)在1，x2上单调递增， 所以f(x2)f(1)a . 1 2 - 3 - 4(2019成都模拟)已知函数f(x)，aR. ln xa x (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设函数g(x)(xk)exk，kZ， e2.718 28为自然对数的底数 当a1 时， 若x1 (0，)，x2(0，)，不等式 5f(x1)g(x2)0 成立，求k的最大值 解：(1)f(x)(x0) 1aln x x2 由f(x)0，得xe1a. 易知f(x)在(0，)上单调递减， 当 0xe1a时，f(x)0，此时函数f(x)单调递
7、增； 当xe1a时，f(x)0，此时函数f(x)单调递减 函数f(x)的单调递增区间是(0，e1a)，单调递减区间是(e1a，) (2)当a1 时，由(1)可知f(x)f(e1a)1， x1(0， )， x2(0， )， 5f(x1)g(x2)0 成立， 等价于 5(xk)exk0 对x(0，)恒成立， 当x(0，)时，ex10， xk对x(0，)恒成立， x5 ex1 设h(x)x，则h(x). x5 ex1 exexx6 ex12 令F(x)exx6，则F(x)ex1. 当x(0，)时，F(x)0， 函数F(x)exx6 在(0，)上单调递增 而F(2)e280，F(3)e390. F(2
8、)F(3)0. 存在唯一的x0(2,3)，使得F(x0)0，即 ex0x06. 当x(0，x0)时，F(x)0，h(x)0，此时函数h(x)单调递减； 当x(x0，)时，F(x)0，h(x)0，此时函数h(x)单调递增 当xx0时，函数h(x)有极小值(即最小值)h(x0) h(x0)x0x01(3,4) x05 ex01 又kh(x0)，kZ，k的最大值是 3. 5(2018广安一模)已知函数f(x)ln xx2(a1)x(aR) a 2 (1)当a0 时，求函数f(x)的极值； (2)若函数f(x)有两个相异零点x1，x2，求a的取值范围，并证明x1x22. - 4 - 解 ： (1)由f
9、(x) ln xx2 (a 1)x(x 0)， 得f(x)axa 1 a 2 1 x .当a0 时，ax10， 当 0x1 时，f(x)0； 当x1 时，f(x)0， x1ax1 x 故当a0 时，函数f(x)在x1 处取得极大值，且f(1) 1，无极小值 a 2 (2)证明 ： 当a0时， 由(1)知f(x)在x1处取得极大值， 且f(1) 1， 当x0时，f(x) a 2 ，又f(2)ln 220，f(x)有两个相异零点，则f(1) 10，解得a2. a 2 当1a0 时，若 0x1，则f(x)0；若 1x ， 1 a 则f(x)0； 若x ，则f(x)0，则f(x)在x1 处取得极大值，
10、在x 处取 1 a 1 a 得极小值，由于f(1) 10，则f(x)仅有一个零点 a 2 当a1 时，f(x)0，则f(x)仅有一个零点 x12 x 当a1 时，若 0x ，则f(x)0；若 x1， 1 a 1 a 则f(x)0； 若x1，则f(x)0，则f(x)在x1 处取得极小值，在x 处取得 1 a 极大值，由于fln (a)10，则f(x)仅有一个零点 ( 1 a) 1 2a 综上，f(x)有两个相异零点时，a的取值范围是(2，) 两零点分别在区间(0,1)和(1,2)内， 不妨设 0x11x22.欲证x1x22， 只需证明x2 2x1，又由(1)知f(x)在(1，)上单调递减，故只需证明f(2x1)f(x2)0 即可 f(2x1)ln(2x1) (2x1)2(a1)(2x1) a 2 ln(2x1)x(a1)x12. a 2 2 1 又因为f(x1)ln x1x(a1)x10， a 2 2 1 所以f(2x1)ln(2x1)ln x12x12， 令h(x)ln(2x)ln x2x2(0x1)， 则h(x) 20， 1 x2 1 x 2x12 xx2 则h(x)在(0,1)上单调递减， 所以h(x)h(1)0，即f(2x1)0，所以x1x22.