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1、专题强化训练(五)1.(2022河北唐山一模)已知函数f(x)=ex-1x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:f(x)x2.(1)解:f(x)的定义域为(-,-1)(-1,+),f(x)=xex-1(1+x)2.当x-1时,f(x)0,f(x)单调递减;当-1x0时,f(x)0时,f(x)0,f(x)单调递增.故f(x)在(-,-1)和(-1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)证明:令g(x)=(x+1)2e1-x,x0,则g(x)=e1-x(1-x2),所以当0x0,g(x)单调递增;当x1时,g(x)0时,上式不恒成立,证明如下:当x0时,ex1,当x1,从而exax
2、2+x+1不恒成立,不符合题意;当a0时,ax2+x+1x+1,下面先证明exx+1,令h(x)=ex-x-1,则h(x)=ex-1,当x0时,h(x)0时,h(x)0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(0)=0,即h(x)0,所以exx+1,而ax2+x+1x+1,故exax2+x+1,综上,若f(x)0,则实数a的取值范围为(-,0.3.(2022河北模拟预测)已知函数f(x)=x-aex,aR.(1)当x0时,讨论函数f(x)的单调性;(2)若方程f(x)=0有两个不相等的实数根x1,x2(x12.(1)解: 因为f(x)=x-aex,x0,所以f(x)=1-aex.当a0时,f
3、(x)0,f(x)在0,+)上单调递增.当a0时,令f(x)=0,解得x=ln1a.当a1时,ln1a0,f(x)0,f(x)在0,+)上单调递减;当0a0,当x(0,ln1a)时,f(x)0,f(x)单调递增;当x(ln1a,+)时,f(x)0,f(x)单调递减.综上,当a0时,f(x)在0,+)上单调递增;当a1时,f(x)在0,+)上单调递减;当0a0时,f(x)在(-,ln1a)上单调递增,在(ln1a,+)上单调递减.所以若方程f(x)=0有两个不相等的实数根x1,x2,则a0,且f(ln1a)0,所以a(0,1e).所以aex1=x1,aex2=x2,即a=x1-x2ex1-ex2
4、,a=x1+x2ex1+ex2,有x1+x2x1-x2=ex1+ex2ex1-ex2,有x1+x2x1-x2=ex2-x1+11-ex2-x1,有x1+x2=(x2-x1)(1+ex2-x1)ex2-x1-1.令x2-x1=t(t0),有x1+x2=t(1+et)et-1,又由x1+x2-2=(t-2)et+t+2et-1=(t-2)ett+2+1et-1t+2,令g(x)=(x-2)exx+2+1(x0),有g(x)=x2ex(x+2)20,可知函数g(x)单调递增,有g(x)0,故有x1+x22.4.(2022广东韶关一模)已知函数f(x)=logax-x-1x+1,a0且a1.(1)若a
5、=e,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的零点个数.解:(1)若a=e,则f(x)=ln x-x-1x+1,f(1)=0,又f(x)=1x-2(x+1)2,所以f(1)=12,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-0=12(x-1),即x-2y-1=0.(2)函数f(x)的定义域为(0,+),又f(x)=logax-x-1x+1=lnxlna-x-1x+1,所以函数f(x)的零点个数,即方程ln x-(ln a)x-1x+1=0的解的个数,记h(x)=ln x-(ln a)x-1x+1,显然x=1是函数h(x)的零点,h(x)=1x-2l
6、na(x+1)2=x2+(2-2lna)x+1x(x+1)2,记g(x)=x2+(2-2ln a)x+1,方程g(x)=0中,=(2-2ln a)2-4=4ln a(ln a-2).若0,则0ln a2,即1ae2,g(x)0,所以h(x)0,所以函数h(x)在(0,+)上单调递增,函数h(x)有唯一零点1.若0a1,此时ln a0,所以h(x)0,所以函数h(x)在(0,+)上单调递增,函数h(x)有唯一零点1,若ae2,由于h(x)+h(1x)=ln x-(ln a)x-1x+1+ln1x-(ln a)1x-11x+1=0,所以函数h(x)在(0,1)上的零点个数与在(1,+)上的零点个数相同,当x(0,1)时,g(0)=10,g(1)=4-2ln a0,所以函数h(x)在(0,x0)上单调递增,当x(x0,1)时,g(x)h(1)=0,又h(1a)=-ln a-ln a(1a-11a+1)=-ln a2a+10,所以函数h(x)在(0,x0)上有1个零点,在(x0,1)上没有零点,所以函数h(x)在(0,1)和(1,+)上各有1个零点.综上所述,当0a1或1e2时,函数f(x)的零点个数为3.