2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四文.doc

2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四文1(xx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(xx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 x0ax2x0xa2x0ln 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(xx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.