2023新教材高考数学二轮专题复习 强化训练24 函数与导数——大题备考.docx

1、强化训练24函数与导数大题备考第一次作业12022全国乙卷已知函数f(x)ax(a1)ln x.(1)当a0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围22022全国甲卷已知函数f(x)ln xxa.(1)若f(x)0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x20时，f(x)ln (n1).42021新高考卷已知函数f(x)x(1ln x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln aa ln bab，证明：20），则f（x）.当x（0，1）时，f（x）0；当x（1，）时，f（x）0时，xln x0，所以方程a

2、在（0，）上恰有一个解令g（x）（x0），则g（x）.令h（x）x1（x1）ln x（x0），则h（x）1ln xln x.由（1）知，h（x）1，所以h（x）在（0，）上单调递减又h（1）0，所以当x（0，1时，h（x）0；当x（1，）时，h（x）0.则当x（0，1时，g（x）0；当x（1，）时，g（x）0.所以g（x）在（0，）上单调递减又当x0时，g（x），当x时，g（x）0，所以a（0，）.2解析：（1）由题意可知函数f（x）的定义域为（0，），f（x）1.令f（x）0，解得x1.当x（0，1）时，f（x）0；当x（1，）时，f（x）0.所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，）上

3、单调递增，所以f（x）minf（1）e1a.若f（x）0，则f（x）mine1a0，解得ae1.故a的取值范围为（，e1.（2）证明：由（1）可知，要使f（x）有两个零点，则f（x）minf（1）e1a0，即a1e.假设0x11x2，要证明x1x21，即需证明1x2.又因为f（x）在x（1，）上单调递增，所以要证明1x2，则需证明f（x2）f，即f（x1）f.令F（x）f（x）f，0x1，则F（x）f（x）f.因为ex在x（0，1）上单调递增，所以exe，所以当x（0，1）时，exxe1.又函数yxe在（0，1）上单调递减，所以xee，所以xe1e1，所以exxxe1e1e10，所以当x（0，

4、1）时，F（x）0，则F（x）在（0，1）上单调递增因为F（1）f（1）f（1）0，所以F（x）0，即f（x）f，所以若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x21.3解析：（1）当a1时，f（x）xexex（x1）ex，f（x）ex（x1）exxex.令f（x）0，得x0，当x0时，f（x）0时，f（x）0，f（x）单调递增（2）f（x）eaxaeaxxex（ax1）eaxex，f（0）0.设g（x）（ax1）eaxex，则g（x）aeaxaeax（ax1）ex（a2x2a）eaxex，g（0）2a1.当2a10，即a时，存在0，使得当x（0，）时，g（x）0，此时f（x）在（0，）上单调递增

5、f（x）f（0）0，f（x）在（0，）上单调递增，f（x）f（0）1，这与f（x）1矛盾，故舍去当2a10，即a时，f（x）xexex.令h（x）xexex，则h（x）exexxexex（1xex）0，h（x）在（0，）上单调递减，此时h（x）0时，xexex1，x1，则x2ln t，2ln t1.取t （nN*），则2ln tln （n1）ln nln 2ln 1ln 3ln 2ln （n1）ln nln （n1），故结论得证4解析：（1）函数的定义域为，又f1ln x1ln x，当x时，f0，当x时，f0，故f的递增区间为，递减区间为.（2）因为b ln aa ln bab，故ba，即，故

6、ff，设x1，x2，由（1）可知不妨设0x11.因为x时，fx0，x时，fx0，故1x22，若x22，x1x22必成立若x22，即证x12x2，而02x2f，即证：ff，其中1x22.设gff，1x2，则gffln xln ln ，因为1x2，故0x0，所以g0，故g在上为增函数，所以gg0，故ff，即ff成立，所以x1x22成立，综上，x1x22成立设x2tx1，则t1，结合，x1，x2，可得：x1x2，即：1ln x1t，故ln x1，要证：x1x2e，即证x1e，即证ln ln x11，即证：ln 1，即证：ln t ln t1，则Sln 1ln tln ，先证明一个不等式：ln x.设uln x，则u1，当1x0；当x0时，u1时，ln ，故S0恒成立，故S在上为减函数，故SS0，故ln t ln t0成立，即x1x2e成立综上所述，2e.