2019届高考数学二轮复习第二部分专项二 专题一 第4讲 专题强化训练（含答案解析）

《2019届高考数学二轮复习第二部分专项二 专题一 第4讲 专题强化训练（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习第二部分专项二 专题一 第4讲 专题强化训练（含答案解析）（5页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、1(2018高考全国卷)已知函数 f(x) x3a( x2x 1) 13(1)若 a3，求 f(x)的单调区间；(2)证明：f(x) 只有一个零点解：(1)当 a3 时，f (x) x33x 23x3，f (x)x 26x3.13令 f(x)0 解得 x32 或 x32 .3 3当 x( ，32 )(32 ，)时，f( x)0；3 3当 x(3 2 ， 32 )时，f (x)0，所以 f(x)0 等价于 3a0.x3x2 x 1设 g(x) 3a，则 g(x) 0，仅当 x0 时 g(x)0，所以 g(x)x3x2 x 1 x2（x2 2x 3）（x2 x 1）2在( ，)单调递增故 g(x)

2、至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点又 f(3a1) 6a22a 6 0，13故 f(x)有一个零点综上，f(x) 只有一个零点2(2018唐山模拟)已知 f(x) x2a 2ln x，a0.12(1)若 f(x)0，求 a 的取值范围；(2)若 f(x1)f(x 2)，且 x1x 2，证明：x 1x 22a.解：(1)由题意知，f (x)x .a2x （x a）（x a）x当 x(0 ，a) 时，f(x )0，f (x)单调递增当 xa 时，f(x)取得最小值 f(a) a2a 2ln a.12令 a2a 2ln a0，解得 0a.要证 x1x 22a 即 x22ax 1，则只需证

3、f(x2)f(2ax 1)因 f(x1)f(x 2)，则只需证 f(x1)f(2ax 1)设 g(x)f(x) f(2ax )，0g(a)0.又由题意得 00，即 f(x1)f(2ax 1)因此 x1x 22a.3(2018石家庄质量检测(二 )已知函数 f(x)xax ln x(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x) xaxln x 存在极大值，且极大值点为 1，证明：f(x)e x x 2.解：(1)由题意 x0，f(x )1aaln x.当 a0 时，f(x )x，函数 f(x)在(0，) 上单调递增；当 a0 时，函数 f(x)1aaln x 单调递增，f( x

4、)1 aaln x0xe 1 0，1a 故当 x(0 ，e 1 )时，f( x)0，所以函数 f(x)在(0，e 1 )上1a 1a 1a 单调递减，在(e 1 ，)上单调递增；1a 当 a0，1a 故当 x(0 ，e 1 )时，f( x)0，当 x(e 1 ，) 时，f(x )0，则 h(x)e x 2xln x .令 g(x)h(x)，则 g(x)e x 2 0，1x所以函数 h(x)e x 2xln x 在(0 ，)上单调递增，又 h e 10，(1e) 1e2e 1e故 h(x)e x 2xln x 在 上存在唯一零点 x0，即e x 02x 0ln x 00.(1e，1)所以当 x(

5、0 ，x 0)时，h( x)0，所以函数 h(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，)上单调递增，故 h(x)h(x 0)e x 0x x 0x 0ln x0，20所以只需证 h(x0)e x 0x x 0x 0ln x00 即可，20由e x 02x 0ln x 00，得 ex 02x 0ln x 0，所以 h(x0)(x 01)(x 0ln x 0)，又 x010，所以只要 x0ln x00 即可，当 x0ln x 00 时，ln x 0x 0x0ex 0e x 0x 00，所以e x 0x 0x 0ln x 00 与e x 02x 0ln x 00 矛盾；当 x0ln x 00 时

6、，ln x 0x 0x0e x 0e x 0x 00，得e x 02x 0ln x 00，故 x0ln x 00 成立，得 h(x0)(x 0 1)(x0ln x 0)0，所以 h(x)0，即 f(x)e x x 2.4(2018郑州质量检测(二)已知函数 f(x)e xx 2.(1)求曲线 yf(x )在 x1 处的切线方程；(2)求证：当 x0 时， ln x1.ex （2 e）x 1x解：(1)由题意得，f (x)e x2x，则 f(1)e2， f(1)e1，所以曲线 yf(x )在 x1 处的切线方程为 y(e2) x1.(2)证明：f(x)e x2x，令 h(x)e x2x，则 h(

7、x)e x2 ，易知 f(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，所以 f(x)f(ln 2) 22ln 20，所以 f(x)在(0，)上单调递增又曲线 yf(x) 过点(1 ，e1)，且曲线 yf(x) 在 x1 处的切线方程为 y(e2) x1，所以可猜测：当 x0，x 1 时，f(x) 的图象恒在切线 y(e2)x1 的上方下证：当 x0 时，f(x )(e2) x1.设 g(x)f(x) (e 2) x1e xx 2(e2)x1，x0，则 g(x)e x2 x(e2)，令 (x)g(x)，则 (x)e x2，易知 g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，) 上单调递增，又 g(0)3e0，g(1)0，00；当 x(x 0，1)时，g( x)0.ex （2 e）x 1x又 xln x1，所以 ln x1，当且仅当 x1 时等号成立ex （2 e）x 1x