（新高考）2021版高考数学二轮复习主攻40个必考点函数与导数考点过关检测三十七理

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1、（新高考）2020版高考数学二轮复习主攻40个必考点函数与导数考点过关检测三十七理考点过关检测（三十七）1(2019烟台二模)已知函数f(x)ln(xa)x2x在x0处取得极值(1)求实数a的值；(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2ln(n1)都成立解：(1)因为f(x)2x1，又x0为f(x)的极值点所以 f(0)10，所以a1.(2)证明：由(1)知f(x)ln(x1)x2x.因为f(x)2x1(x1)由f(x)0，得x0.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表.x(1,0)0(0，)f(x)0f(x)极大值所以f(x)f(0)0，即ln(x1)x2x(当且仅当x0时取等号)令

2、x，则ln2，即ln，所以lnlnln2.即2ln(n1)2(2020届高三武汉调研)已知aR，函数f(x)xaex1有两个零点x1，x2(x1x2)(1)求实数a的取值范围；(2)证明：ex1ex22.解：(1)f(x)1aex，当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递增，不合题意，舍去当a0时，令f(x)0，解得xln a；令f(x)0，解得xln a.故f(x)在(，ln a)上单调递增，在(ln a，)上单调递减由函数yf(x)有两个零点x1，x2(x1x2)，知其必要条件为a0且f(ln a)ln a0，即0a1.此时，1ln a22ln a，且f(1)110.令F(a)f(22l

3、n a)22ln a132ln a(0a1)，则F(a)0，所以F(a)在(0,1)上单调递增，所以F(a)F(1)3e20，即f(22ln a)0.故a的取值范围是(0,1)(2)证明：法一：令f(x)0a.令g(x)，则g(x)xex，g(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减由(1)知0a1，故有1x10x2.令h(x)g(x)g(x)(1x0)，则h(x)(1x)ex(1x)ex(1x0)，h(x)xexxexx(exex)0，所以h(x)在(1,0)上单调递减，故h(x)h(0)0，故当1x0时，g(x)g(x)0，所以g(x)g(x)，而g(x1)g(x2)a，故g(x1)

4、g(x2)又g(x)在(0，)上单调递减，x10，x20，所以x1x2，即x1x20，故ex1ex222e2.法二：由题意得所以x1x22a(ex1ex2)且a，所以x1x22(ex1ex2).令x2x1t(t0)，则x1x22.令m(t)(t2)ett2(t0)，则m(t)(t1)et1，令n(t)(t1)et1(t0)，则 n(t)tet0，所以m(t)在(0，)上单调递增，故m(t)m(0)0，所以m(t)在(0，)上单调递增，故m(t)m(0)0，即2，结合知x1x20，故ex1ex222e2.3(2019汕头模拟)已知f(x)ln x，g(x)ax2bx(a0)，h(x)f(x)g(

5、x)(1)若a3，b2，求h(x)的极值；(2)若函数yh(x)的两个零点为x1，x2(x1x2)，记x0，证明：h(x0)0.解：(1)h(x)ln xx22x，x(0，)，h(x)3x2，x(0，)令h(x)0，得x，当0x时，h(x)0，h(x)在上单调递增，当x时，h(x)0，h(x)在上单调递减，h(x)极大值hln 3，无极小值(2)证明：函数yh(x)的两个零点为x1，x2(x1x2)，不妨设0x1x2，则h(x1)ln x1axbx10，h(x2)ln x2axbx20，h(x1)h(x2)ln x1axbx1(ln x2axbx2)ln x1ln x2a(xx)b(x1x2)

6、0.即a(xx)b(x1x2)ln x1ln x2，又h (x)f(x)g(x)(axb)，x0，h(x0)，(x1x2)h(x0)(x1x2)ab(ln x1ln x2)ln .令t(0t1)，r(t)ln t(0t1)，r(t)0，r(t)在(0,1)上单调递减，故r(t)r(1)0，ln 0，即 (x1x2)h(x0)0.又x1x20，h(x0)0.4(2020届高三辽宁五校联考)已知函数f(x)ax2xln x.(1)若f(x)在(0，)上单调递增，求a的取值范围；(2)若ae(e为自然对数的底数)，证明：当x0时，f(x)xex.解：(1)f(x)2axln x1.因为f(x)在(0

7、，)上单调递增，所以当x0时，f(x)0恒成立，即 2axln x10恒成立，即2a恒成立设g(x)，则2ag(x)max.g(x)，由g(x)0，得ln x0，即0x1；由g(x)0，得ln x0，即x1.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则g(x)maxg(1)1.所以2a1，即a，故a的取值范围是.(2)证明：当ae时，要证f(x)xex，即证ex2xln xxex.因为x0，所以只需证exln xex，即证ln xexex.设h(x)ln x，则h(x)(x0)由h(x)0，得0x；由h(x)0，得x.则h(x)在上单调递减，在上单调递增所以h(x)minh0，从而h(x)0，即ln x0.设(x)exex(x0)，则(x)eex(x0)由(x)0，得0x1；由(x)0，得x1，则(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以(x)max(1)0，从而(x)0，即exex0.因为h(x)和(x)不同时为0，所以ln xexex，故原不等式成立15