第24練 高考大題突破練導數與方程基礎保分練1.已知函數f(x)lnxexaa(e是自然對數的底數).(1)當a0時，求證：f(x)<2.(2)若函數f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.2.(2019蕭山中學模擬)設函數f(x)x2aln(x2)，g(x)xex，且f(x)存在兩個極值點x1，x2，其中x1<x2.(1)求實數a的取值范圍；(2)求g(x1x2)的最小值；(3)證明不等式：f(x1)x2>0.3.(2019紹興一中模擬)已知函數f(x)x22lnx2ax(aR).(1)當a0時，求函數f(x)的極值；(2)當x(1，)時，試討論關于x的方程f(x)ax20實數根的個數.能力提升練4.(2019浙江省學軍中學模擬)已知函數f(x)exax22ax1.(1)當a時，討論f(x)的單調性；(2)設函數g(x)f(x)，討論g(x)的零點個數；若存在零點，請求出所有的零點或給出每個零點所在的有窮區(qū)間，并說明理由.(注：有窮區(qū)間指區(qū)間的端點不含有和的區(qū)間)答案精析基礎保分練1.(1)證明當a0時，f(x)lnxex，f(x)ex(x>0)，則f(x)在定義域內單調遞減，又f2e>0，f(1)1e<0，所以存在x0，使得f(x0)0，即，兩邊取對數得x0lnx0，當x(0，x0)時，f(x)>0，f(x)單調遞增；當x(x0，)時，f(x)<0，f(x)單調遞減.所以f(x)maxf(x0)lnx0x0<2.原不等式得證.(2)解f(x)exa，故原問題等價于f(x)在(0，)上有唯一極大值點x1，且f(x1)>0，因為f(x1)0ex1aln x1x1a，得ax1ln x1，故f(x1)2ln x1x1，令h(x)2ln xx，h(1)0，因為h(x)1>0，所以當x>1時，h(x)>0，則x1>1，又因為yxln x在(0，)上單調遞增，由x1>1，得ax1ln x1>1.綜上，a>1.2.(1)解由題意知f(x)2x(x>2)，f(x)存在兩個極值點x1，x2，其中x1<x2.關于x的方程2x0，即2x24xa0在(2，)上有兩個不等實根.令S(x)2x24x(x>2)，T(x)a，由圖象知當函數S(x)與T(x)有兩個交點，即函數f(x)存在兩個極值點時，2<a<0，實數a的取值范圍是(2,0).(2)解由(1)知x1x2x1(2x1)2x12，2<x1x2<0，由g(x)xex得g(x)(x1)ex，當x(2，1)時，g(x)<0，即g(x)在(2，1)上單調遞減.當x(1,0)時，g(x)>0，即g(x)在(1,0)上單調遞增.g(x1x2)ming(1).(3)證明由(1)知x22(x22)ln(x2)4，令x2x，則0<x<1，且x2(x2)ln x4，令F(x)x2(x2)ln x4(0<x<1)，F(x)12ln x2ln x1(0<x<1)，令G(x)2ln x1(0<x<1)，則G(x)，0<x<1，G(x)<0，G(x)在(0,1)上是減函數，即F(x)在(0,1)上是減函數，F(x)>F(1)1>0，F(x)在(0,1)上是增函數，F(x)<F(1)1，即<1，即f(x1)x2>0.3.解(1)函數f(x)的定義域為(0，)，當a0時，f(x)x22ln x，f(x)2x0，解得x1或x1(舍去)，所以當x(0,1)時，f(x)<0；當x(1，)時，f(x)>0，所以函數f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，所以函數f(x)的極小值為f(1)1，無極大值.(2)設F(x)f(x)ax2(a1)x22ax2ln x，F(x)2(a1)x2a.當a10，即a1時，F(x)2x2ln x，F(x)>0(x(1，)，故函數F(x)在(1，)上單調遞增，F(x)>F(1)2>0，所以方程f(x)ax20在(1，)上無實根.當a1>0，即a>1時，令F(x)0，解得x1或x(舍去)，對任意x(1，)，都有F(x)>0，故函數F(x)在(1，)上單調遞增，F(x)>F(1)1a；當1a0，即1<a1時，F(1)0，所以函數F(x)>0，該函數無零點，即方程無實根；當1a<0，即a>1時，F(1)1a<0，F(e)(a1)e22ae2a(e22e)e22>0，此時函數F(x)只有一個零點，即方程有且只有一個實根.當a1<0，即a<1時，令F(x)0，解得x1或x.若1，即a2，則函數F(x)在(1，)上單調遞減，此時F(x)<F(1)1a>0.令g(x)(a1)x22ax，則F(x)g(x)2ln x，且函數g(x)的零點分別為x10，x2，因為a2，所以x2>1.故F(x2)g(x2)2ln x22ln x2<0，所以函數有一個零點，即原方程有一個實根，若1<，即2<a<1，則函數F(x)在上單調遞增，在上單調遞減.因為F(1)1a>0，所以F(x)在上沒有零點，方程無解.因為當2<a<1時，>0，所以x2>>1，所以F>F(1)1a>0，F(x2)g(x2)2ln x22ln x2<0，所以函數在上有且只有一個零點，即方程有且只有一個實根.綜上，當1a1時，方程無實根，當a>1或a<1時，方程只有一個實根.能力提升練4.解(1)當a時，f(x)exx1，易知f(x)在R上單調遞增，且f(0)0，因此，當x<0時，f(x)<0；當x>0時，f(x)>0，故f(x)在(，0)上單調遞減，在(0，)上單調遞增.(2)由條件可得g(x)ex2ax2a，g(x)ex2a.(i)當a0時，g(x)ex>0，g(x)無零點.(ii)當a>0時，g(x)>0，g(x)在R上單調遞增，g(0)12a，g(1)e>0.若12a<0，即a>時，g(0)12a<0，g(x)在(0,1)上有一個零點；若12a0，即a時，g(0)0，g(x)有一個零點x0；若12a>0，即0<a<時，ge1<0，g(x)在上有一個零點.(iii)當a<0時，令g(x)>0，得x>ln(2a)；令g(x)<0，得x<ln(2a)，所以g(x)在(，ln(2a)上單調遞減，在(ln(2a)，)上單調遞增，g(x)ming(ln(2a)2aln(2a)2.若ln(2a)2<0，即<a<0時，g(x)>0，g(x)無零點；若ln(2a)20，即a時，g(2)0，g(x)有一個零點x2；若ln(2a)2>0，即a<時，g(1)e>0，g(ln(2a)<0，g(x)在(1，ln(2a)上有一個零點，設h(x)exx2(x1)，則h(x)ex2x，設u(x)ex2x，則u(x)ex2，當x1時，u(x)ex2e2>0，所以u(x)h(x)在1，)上單調遞增，h(x)h(1)e2>0，所以h(x)在1，)上單調遞增，h(x)h(1)e1>0，即x>1時，ex>x2，故g(x)>x22ax2a.設k(x)lnxx(x1)，則k(x)10，所以k(x)在1，)上單調遞減，k(x)k(1)1<0，即x>1時，lnx<x.因為a<時，2a>e2>1，所以ln(2a)<2a，又g(2a)>(2a)22a(2a)2a2a>0，g(x)在(ln(2a)，2a)上有一個零點，故g(x)有兩個零點.綜上，當a<時，g(x)在(1，ln(2a)和(ln(2a)，2a)上各有一個零點，共有兩個零點；當a時，g(x)有一個零點x2；當<a0時，g(x)無零點；當0<a<時，g(x)在上有一個零點；當a時，g(x)有一個零點x0；當a>時，g(x)在(0,1)上有一個零點.