【文档说明】【高考数学精准解析】多维层次练：第三章一元函数的导数及其应用热点跟踪训练【高考】.docx，共(9)页，82.075 KB，由小赞的店铺上传

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热点跟踪训练11．(2019·天一大联考)已知函数f(x)＝mex－x2.(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x

2，则f′(x)＝ex－2x.所以f(0)＝1，且斜率k＝f′(0)＝1.故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x.故问题转化为当x≥0时，m≥

x2＋4xex（x＋1）max.令g(x)＝x2＋4xex（x＋1），x≥0，则g′(x)＝－（x＋2）（x2＋2x－2）（x＋1）2ex.由g′(x)＝0及x≥0，得x＝3－1.当x∈(0，3－1)

时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(3－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以当x＝3－1时，g(x)max＝g(3－1)＝2e1－3.所以m≥2e1－3.即实数m的取值范围为[2e1－3，＋∞)．2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，

证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－

x.当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)解：设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当

a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是

h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)>0，即a<e24，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③若h(2)<0，即a>e24，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0

，2)有一个零点；由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2>1－16a3（2a）4＝1－1a>0，故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝e2

4.3．(2020·潍坊调研)已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(其中常数a≥0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)

函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．②当a>0时，f′(x)＝a(x＋1)

x＋a＋1aex，则方程f′(x)＝0有两根－1，－a＋1a，且－1>－a＋1a.所以函数f(x)的单调增区间为－∞，－a＋1a和(－1，＋∞)，单调减区间为－a＋1a，－1.综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为

－∞，－a＋1a和(－1，＋∞)，单调减区间为－a＋1a，－1；当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．(2)函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1

恒成立转化为a≤x＋1ex在R上恒成立．令h(x)＝x＋1ex，则h′(x)＝ex－1ex，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数．所以h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1.又依题设知a≥0，故实数a的取值范围为[0，1]．4．已知函数f(x)＝

lnx，g(x)＝x＋m(m∈R)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1<x2，求证：x1x2<1.(1)解：令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x－m(x>0)，则F′(x)＝1x

－1＝1－xx(x>0)，当x>1时，F′(x)<0，当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增．F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x

)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.(2)证明：由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1，0<x1<1<x2，要证x1x2<1，只需证x2<1x1，由于F(x)在(1，＋∞)上单调

递减，从而只需证F(x2)>F1x1，由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝lnx1－x1，即证ln1x1－1x1－m＝ln1x1－1x1＋x1－lnx1<0，令h(x)＝－1x＋x－2lnx(0<x<1)，则h′(x)＝1x2＋1－2x＝x2－2x＋1x2>0，故h(x

)在(0，1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝0，所以x1x2<1得证．5．(2019·西安质检)设函数f(x)＝lnx＋ax(a为常数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)不等式f(x)≥1在x∈(0，1]上恒成立，求实

数a的取值范围．解：(1)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax2＋1x＝x－ax2，当a≤0时，因为x>0，所以x－a>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，因为x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增；当0<x<a时

，f′(x)<0，所以f(x)单调递减．综上可知：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a>0时，f(x)在区间(0，a)上是减函数，在区间(a，＋∞)上是增函数．(2)f(x)≥1⇔ax＋lnx≥1⇔ax≥－lnx＋1⇔a≥－xlnx＋x对任意x∈(0，1]恒成立．等价

于a≥[－xlnx＋x]max，x∈(0，1]，令g(x)＝－xlnx＋x，x∈(0，1]，g′(x)＝－lnx－x·1x＋1＝－lnx≥0，x∈(0，1]，所以g(x)在(0，1]上单调递增，所以g

max(x)＝g(1)＝1，所以a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．6．(2020·江南十校联考)已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的图象与x轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有

f（x2）－f（x1）x2－x1<1x1＋1x2.(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋a＝ax＋1x.当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f′(x)

＝0，得x＝－1a.若x∈0，－1a，f′(x)>0，f(x)单调递增；若x∈－1a，＋∞，f′(x)<0，f(x)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(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不满足条件．当a<0时，f(x)的极大值为f－1a＝－ln(－a)，由已知得－ln(－a)＝0，故a＝－1，此时f(x)＝lnx－x＋1.不妨设0<x1<x2，则f

（x2）－f（x1）x2－x1<1x1＋1x2等价于lnx2x1<x2x1－x1x2＋x2－x1，即证：lnx2x1－x2x1＋x1x2<x2－x1.令g(x)＝lnx－x＋1x(x>1)，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(1)

＝0<x2－x1.所以对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有f（x2）－f（x1）x2－x1<1x1＋1x2成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com