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三十八解析

考点过关检测（三十八）1．(2019·株洲检测)设函数f(x)＝ex－ax＋a，其中a为常数，f(x)的图象与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)两点，且x1＜x2.(1)求a的取值范围；(2)设x0＝x1x2，证明：f′(x0)＜0.解：(1)f′(x)＝ex－a.①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，f(x)的图象与x轴最多有一个交点，与题意矛盾．②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝lna，易得f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(lna)＝a(2－lna)，又函数f(x)的图象与x轴有两个交点，则a(2－lna)＜0，解得ae2，又f(1)＝e＞0，f(lna)＜0，当x→＋∞时，f(x)＞0，故a∈(e2，＋∞)满足题意．综上，a的取值范围为(e2，＋∞)．(2)证明：由(1)知1＜x1＜lna＜x2，由题意可得ex1－ax1＋a＝0，ex2－ax2＋a＝0，解得a＝ex2－ex1x2－x1，所以f′(x0)＝ex1x2－ex2－ex1x2－x1，要证f′(x0)＜0，只需证ex2－ex1x2－x1＞ex1x2.下面证明ex2－ex1x2－x1＞ex1＋x22，即证ex2－x12－ex1－x22x2－x11.(*)令x2－x12＝t(t＞0)，则(*)等价于et－1et＞2t，令g(t)＝et－1et－2t，则g′(t)＝et＋1et－2＞0，所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(t)＞e0－1e0－2×0＝0，所以ex2－ex1x2－x1＞ex1＋x22，而x1＋x22＞x1x2，所以ex1＋x22＞ex1x2，故ex2－ex1x2－x1＞ex1x2，即f′(x0)＜0.2．(202届高三·吕州摸底)已知函数f(x)＝ax－ax－4lnx的两个极值点x1，x2满足x1＜x2，且e＜x2＜3，其中e为自然对数的底数．(1)求实数a的取值范围；(2)求f(x2)－f(x1)的取值范围．解：(1)f′(x)＝a＋ax2－4x＝ax2－4x＋ax2(x0)，由题意知x1，x2为方程ax2－4x＋a＝0的两个根．易知a≠0.则x1＋x2＝4a，x1·x2＝1，所以a＞0且0＜x1＜1.令S(x)＝ax2－4x＋a，则由e＜x2＜3可得S3＞0，Se＜0，解得65＜a＜4ee2＋1.故实数a的取值范围为65，4ee2＋1.(2)f(x2)－f(x1)＝ax2－ax2－4lnx2－ax1＋ax1＋4lnx1，因为x1＝1x2，所以f(x2)－f(x1)＝ax2－ax2－4lnx2－ax2＋ax2＋4ln1x2＝2ax2－1x2－8lnx2.由(1)知a＝4x2x22＋1，代入得f(x2)－f(x1)＝8x2x22＋1·x2－1x2－8lnx2＝8x22－1x22＋1－8lnx2.令t＝x22，则t∈(e2,9)，于是可得h(t)＝8t－8t＋1－4lnt，故h′(t)＝16t＋12－4t＝－4t2－2t＋1tt＋12＝－4t－12tt＋12＜0，所以h(t)在(e2,9)上单调递减，所以325－8ln3＜f(x2)－f(x1)＜－161＋e2，即f(x2)－f(x1)的取值范围为325－8ln3，－16e2＋1.3．(2019·九江模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2，证明：x1·x22＜2.解：(1)由题意得，f′(x)＝1x－a＝1－axx(x＞0)．当a≤0时，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0.所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1a，由f′(x)＜0，得x＞1a，所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．(2)证明：由题意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根x1，x2满足lnx－x－m＝0，且0＜x1＜1＜x2，即lnx1－x1－m＝lnx2－x2－m＝0.由题意，可知lnx1－x1＝m＜－2＜ln2－2，又由(1)可知，f(x)＝lnx－x在(1，＋∞)上单调递减，故x2＞2.令g(x)＝lnx－x－m，则g(x)－g2x2＝－x＋2x2＋3lnx－ln2.令h(t)＝－t＋2t2＋3lnt－ln2(t＞2)，则h′(t)＝－t－22t＋1t3.当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)是减函数，所以h(t)＜h(2)＝2ln2－32＜0，所以g(x)＜g2x2.因为x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g2x22＝g(x1)－g2x22＜0，即g(x1)＜g2x22.因为g(x)在区间(0,1)上单调递增，所以x1＜2x22，故x1·x22＜2.4．(2019·厦门一模)已知函数f(x)＝23x3－32x2＋logax(a＞0且a≠1)为定义域上的增函数，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)的最小值小于等于0.(1)求a的值；(2)设函数g(x)＝f(x)－23x3－4lnx＋6x，且g(x1)＋g(x2)＝0，求证：x1＋x2≥2＋6.解：(1)f′(x)＝2x2－3x＋1xlna(x0)，由f(x)为增函数可得，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．则由2x2－3x＋1xlna≥0可得2x3－3x2≥－1lna，令m(x)＝2x3－3x2，则m′(x)＝6x2－6x，由m′(x)＞0，得x＞1，由m′(x)＜0，得0＜x＜1，所以m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x＝1处取得极小值即最小值，所以m(x)min＝m(1)＝－1，所以－1≥－1lna，即1≤1lna，当a＞1时，易得a≤e，所以1＜a≤e；当0＜a＜1时，则1lna＜0，这与1≤1lna矛盾，从而不能使f′(x)≥0恒成立．所以1＜a≤e.由f′(x)min≤0，可得2x2－3x＋1xlna≤0，即2x3－3x2≤－1lna，由之前的讨论可知，－1≤－1lna，即1≥1lna.当0＜a＜1时，1≥1lna恒成立；当a＞1时，1≥1lna⇒lna≥1⇒a≥e.所以0＜a＜1或a≥e.综上，a＝e.(2)证明：g(x)＝23x3－32x2＋lnx－23x3－4lnx＋6x＝－32x2－3lnx＋6x，因为g(x1)＋g(x2)＝0，所以－32x21－3lnx1＋6x1＋－32x22－3lnx2＋6x2＝0，所以－32(x21＋x22)－3ln(x1x2)＋6(x1＋x2)＝0，即－12[(x1＋x2)2－2x1x2]－ln(x1x2)＋2(x1＋x2)＝0，即－12(x1＋x2)2＋x1x2－ln(x1x2)＋2(x1＋x2)＝0，所以－12(x1＋x2)2＋2(x1＋x2)＝ln(x1x2)－x1x2.令x1x2＝t，g(t)＝lnt－t，则g′(t)＝1t－1＝1－tt，易得g(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(t)≤g(1)＝－1，所以－12(x1＋x2)2＋2(x1＋x2)≤－1，整理得(x1＋x2)2－4(x1＋x2)－2≥0，解得x1＋x2≥2＋6或x1＋x2≤2－6(舍去)，所以x1＋x2≥2＋6得证．