(通用版)2018年高考数学二轮复习课时跟踪检测(二十四)文.doc

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1、课时跟踪检测(二十四)1(2016全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4时,求曲线yf(x)在(1,f(1)处的切线方程;(2)若当x(1,)时,f(x)0,求a的取值范围解:(1)f(x)的定义域为(0,)当a4时,f(x)(x1)ln x4(x1),f(1)0,f(x)ln x3,f(1)2.故曲线yf(x)在(1,f(1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1,)时,f(x)0等价于ln x0.设g(x)ln x,则g(x),g(1)0.当a2,x(1,)时,x22(1a)x1x22x10,故g(x)0,g(x)在(1,)上单调递增,因此g(x)0;当a2时,令

2、g(x)0得x1a1,x2a1.由x21和x1x21得0x11,故当x(1,x2)时,g(x)0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)g(1)0.综上,a的取值范围是(,22已知函数f(x)ln xs(s,tR)(1)讨论f(x)的单调性及最值;(2)当t2时,若函数f(x)恰有两个零点x1,x2(0x14.解:(1)f(x)(x0),当t0时,f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增,f(x)无最值;当t0时,由f(x)0,得x0,得xt,f(x)在(0,t)上单调递减,在(t,)上单调递增,故f(x)在xt处取得最小值,最小值为f(t)ln t1s,无最大值(2)f(x)恰有两个

3、零点x1,x2(0x11,则ln t,x1,故x1x2x1(t1),x1x24,记函数h(t)2ln t,h(t)0,h(t)在(1,)上单调递增,t1,h(t)h(1)0,又t1,ln t0,故x1x24成立3(2017宝鸡质检)函数f(x)ln xax22x.(1)若a8,求f(x)的单调区间;(2)若a1,对任意的a,总存在某个x02,3,使得f(x0)b0),x时,f(x)0,f(x)单调递增;x时,f(x)0,f(x)单调递减故f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)首先,对于任意a(1,),都存在某个x02,3,使得f(x0)bmax,因为函数h(a)ln x0ax2x0x

4、a2x0ln x0在(1,)上是减函数,所以h(a)0)(1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围;(2)证明:当a时,f(x)ex.解:(1)由题意知,函数f(x)ln x的定义域为(0,)由f(x)ln x,得f(x).因为a0,所以x(0,a)时,f(x)0.所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,)上单调递增所以f(x)minf(a)ln a1.又f(1)ln 1aa0,所以当ln a10,即0ex,即证当x0,a时,ln xex,即证xln xaxex.令h(x)xln xa,则h(x)ln x1.当0x时,h(x)时,h(x)0,所以函数h(x)在上单调递减,在上单调递

5、增所以h(x)minha.故当a时,h(x)a.令(x)xex,则(x)exxexex(1x)当0x0;当x1时,(x)0时, (x).显然,不等式中的等号不能同时成立故当a时,f(x)ex.5(2017惠州调研)已知函数f(x)aln x(a0,aR)(1)若a1,求函数f(x)的极值和单调区间;(2)若在区间(0,e上至少存在一点x0,使得f(x0)0成立,求实数a的取值范围解:(1)当a1时,f(x)ln x,f(x).f(x)的定义域为(0,),由f(x)0得0x0,得x1.所以当x1时,f(x)取得极小值f(1)1,无极大值,f(x)的单调递增区间为(1,),单调递减区间为(0,1)(2)若在区间(0,e上至少存在一点x0,使得f(x0)0成立,即f(x)在区间(0,e上的最小值小于0.由已知得,f(x),且a0,当a0时,f(x)0恒成立,即f(x)在区间(0,e上单调递减,故f(x)在区间(0,e上的最小值为f(e)aln ea,由a0,得a0时,令f(x)0,得x.若e,即00,显然,f(x)在区间(0,e上的最小值小于0不成立若0时,则当0x时,f(x)0,当0,故函数f(x)在上单调递减,在上单调递增所以f(x)在区间(0,e上的最小值为f aaln,由f aalna(1ln a)0,得1ln ae,即a(e,)综上可知,a.

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