2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习函数与导数考点过关检测三十五解析

考点过关检测（三十五）1．(2019·安阳一模)已知函数f(x)＝x33＋x22与g(x)＝6x＋a的图象有3个不同的交点，则a的取值范围是()A.－223，272B.－223，272C.－272，223D.－272，223解析：选B原问题等价于函数h(x)＝x33＋x22－6x与函数y＝a的图象有3个不同的交点，由h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，得x＝2或x＝－3，当x∈(－∞，－3)时，h′(x)0，h(x)单调递增；当x∈(－3,2)时，h′(x)0，h(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增，且h(－3)＝272，h(2)＝－223，数形结合可得a的取值范围是－223，272.2．(2019·沧州模拟)已知函数f(x)＝(x2－x－1)ex，设关于x的方程f2(x)－mf(x)＝5e(m∈R)有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为()A．3B．1或3C．4或6D．3或4或6解析：选A∵f′(x)＝(x－1)·(x＋2)ex，由f′(x)0，得x1或x－2；由f′(x)0，得－2x1，∴f(x)在(－∞，－2)和(1，＋∞)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，∴f(x)极大值＝f(－2)＝5e－2，f(x)极小值＝f(1)＝－e.又当x→－∞时，f(x)→0，x→＋∞时，f(x)→＋∞，作出函数f(x)的大致图象如图所示．令f(x)＝t，则方程t2－mt－5e＝0必有两个根t1，t2，且t1t2＝－5e，不妨设t10t2，当t1＝－e时，恰有t2＝5e－2，此时f(x)＝t1有1个根，f(x)＝t2有2个根；当t1－e时，必有0t25e－2，此时f(x)＝t1无根，f(x)＝t2有3个根；当－et10时必有t25e－2，此时f(x)＝t1有2个根，f(x)＝t2有1个根．综上，对任意m∈R，方程均有3个根，即n＝3.故选A.3．(2019·马鞍山质检)若存在正实数m，使得关于x的方程x＋a(2x＋2m－4ex)[ln(x＋m)－lnx]＝0有两个不同的根，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B.0，12eC．(－∞，0)∪12e，＋∞D.12e，＋∞解析：选D当a＝0时，方程只有一个解，不满足题意，所以a≠0，所以原方程等价于方程1a＝22e－x＋mxlnx＋mx有两解，令t＝x＋mx1，则1a＝2(2e－t)lnt．设f(t)＝2(2e－t)lnt，则f′(t)＝22et－lnt－1.当te时，f′(t)0，当1te时，f′(t)0，所以f(t)在(e，＋∞)上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以f(t)≤f(e)＝2e.且当1te时，f(t)0，当t→＋∞时，f(t)→－∞，所以要使1a＝2(2e－t)lnt有两解，则需a0，所以1a2e且a0，即a12e，所以a的取值范围为12e，＋∞.4．(2019·济南联考)已知函数f(x)＝1＋x－x22＋x33－x44＋…－x20182018＋x20192019，若函数f(x)的零点均在区间[a，b](ab，a，b∈Z)内，则b－a的最小值是()A．1B．2C．3D．4解析：选A因为f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2018＝1＋x20191＋x，x≠－1，2019，x＝－1，所以当x－1时，f′(x)0，当x－1时，f′(x)0，所以f(x)单调递增．因为f(0)＝1，f(－1)0，所以f(x)存在唯一零点x0∈(－1,0)，所以当a＝－1，b＝0时，(b－a)min＝1.5．(2019·聊城一模)已知函数f(x)＝xx－1，x≤0，lnxx，x0，若关于x的方程f(x)＝x＋a无实根，则实数a的取值范围为()A．(－∞，0)∪1e，1B．(－1,0)C.0，1eD．(0,1)解析：选B作出函数f(x)的图象如图所示．因为关于x的方程f(x)＝x＋a无实根等价于函数y＝f(x)的图象与直线y＝x＋a无交点．所以由图象知，若a≥0，则直线y＝x＋a与曲线f(x)＝xx－1(x≤0)必有交点，所以a0.设直线y＝x＋a与曲线f(x)＝lnxx(x0)相切时，切点为P(x0，y0)．由f′(x)＝1－lnxx2，得1－lnx0x20＝1，解得x0＝1，则P(1,0)，所以切线方程为y＝x－1，则a＝－1.由图象知，函数y＝f(x)的图象与直线y＝x＋a无交点时，实数a的取值范围为(－1,0)．故选B.6．(2019·郑州一模)已知函数f(x)＝lnx＋1ax－1a，a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x∈1e，e时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．解：(1)依题意得f′(x)＝ax－1ax2(x0)，当a0时，f′(x)0恒成立，∴函数f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数；当a0时，由f′(x)＝ax－1ax20，得x1a，由f′(x)＝ax－1ax20，得0x1a，∴函数f(x)在1a，＋∞上是单调递增函数，在0，1a上是单调递减函数．综上所述，当a0时，函数f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．当a0时，函数f(x)在1a，＋∞上是单调递增函数，在0，1a上是单调递减函数．(2)当x∈1e，e时，判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点的个数等价于判断方程(lnx－1)ex＋x＝m的根的个数．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，则h′(x)＝1x＋lnx－1ex＋1.由(1)知，当a＝1时，f(x)＝lnx＋1x－1在1e，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，∴f(x)≥f(1)＝0.∴1x＋lnx－1≥0在1e，e上恒成立．∴h′(x)＝1x＋lnx－1ex＋1≥0＋10，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在1e，e上单调递增．∴h(x)min＝h1e＝－2e1e＋1e，h(x)max＝h(e)＝e.∴当m－2e1e＋1e或me时，g(x)没有零点，当－2e1e＋1e≤m≤e时，g(x)有一个零点．7．已知函数f(x)＝1x－alnx(a∈R)．(1)若h(x)＝f(x)－2x，当a＝－3时，求h(x)的单调递减区间；(2)若函数f(x)有唯一的零点，求实数a的取值范围．解：(1)h(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－3时，h(x)＝1x＋3lnx－2x，h′(x)＝－1x2＋3x－2＝－2x2－3x＋1x2＝－2x－1x－1x2，当h′(x)0时，得x1或0x12，∴h(x)的单调递减区间是0，12和(1，＋∞)．(2)问题等价于alnx＝1x有唯一的实根，显然a≠0，则关于x的方程xlnx＝1a有唯一的实根．构造函数φ(x)＝xlnx，则φ′(x)＝1＋lnx.令φ′(x)＝1＋lnx＝0，得x＝e－1.当0xe－1时，φ′(x)0，φ(x)单调递减，当xe－1时，φ′(x)0，φ(x)单调递增，∴φ(x)的极小值为φ(e－1)＝－e－1.则要使方程xlnx＝1a有唯一的实根，只需直线y＝1a与曲线y＝φ(x)有唯一的交点，则1a＝－e－1或1a0，解得a＝－e或a0.故实数a的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．8．(2019·惠州一调)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(a∈R)．(1)试确定函数f(x)的零点个数；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x22.解：(1)由f(x)＝0得a＝(2－x)ex，令g(x)＝(2－x)ex，函数f(x)的零点个数即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)ex的交点个数．∵g′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，由g′(x)0得x1，∴函数g(x)在(－∞，1)上单调递增，由g′(x)0得x1，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴当x＝1时，函数g(x)有最大值，g(x)max＝g(1)＝e.又当x2时，g(x)0，g(2)＝0，当x2时，g(x)0，作出函数g(x)的大致图象如图所示，∴当ae时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有一个零点；当0ae时，函数f(x)有两个零点．(2)证明：法一：函数f(x)的零点即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)ex的交点的横坐标，由(1)知0ae，不妨设x11x2，则2－x21，∵函数g(x)＝(2－x)ex在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．要证x1＋x22，只需证x12－x2，∴只需证f(x1)f(2－x2)，又f(x1)＝0，故要证f(2－x2)0.由a＝g(x2)，得f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2(x21)，构造函数h(x)＝－xe2－x－(x－2)ex(x1)，则h′(x)＝(1－x)(ex－e2－x)，当x1时，exe2－x，h′(x)0，故函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴当x1时，h(x)h(1)＝0，即当x21时，f(2－x2)0，即x1＋x22.法二：由(1)知0ae，不妨设x11x2，F(x)＝f(x)－f(2－x)(x1)，则F(x)＝(x－2)ex＋xe2－x，F′(x)＝(1－x)(e2－x－ex)．易知y＝e2－x－ex是减函数，∴当x1时，e2－x－exe－e＝0.又1－x0，故F′(x)0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x1时，F(x)0，即f(x)f(2－x)．由x21得f(x2)f(2－x2)，又f(x2)＝0＝f(x1)，∴f(2－x2)f(x1)．由g(x)＝(2－x)ex在(－∞，1)上单调递增，得f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，又2－x21，∴2－x2x1，即x1＋x22.