（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)主攻40個(gè)必考點(diǎn)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)三十八理.docx

考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)（三十八）1(2019株洲檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)exaxa，其中a為常數(shù)，f(x)的圖象與x軸交于A(x1,0)，B(x2,0)兩點(diǎn)，且x1x2.(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x0，證明：f(x0)0.解：(1)f(x)exa.若a0，則f(x)0，f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)的圖象與x軸最多有一個(gè)交點(diǎn)，與題意矛盾若a0，令f(x)0，得xln a，易得f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，)上單調(diào)遞增，則f(x)minf(ln a)a(2ln a)，又函數(shù)f(x)的圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，則a(2ln a)0，解得ae2，又f(1)e0，f(ln a)0，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，故a(e2，)滿足題意綜上，a的取值范圍為(e2，)(2)證明：由(1)知1x1ln ax2，由題意可得解得a，所以f(x0)e，要證f(x0)0，只需證e.下面證明e，即證1.(*)令t(t0)，則(*)等價(jià)于et2t，令g(t)et2t，則g(t)et20，所以g(t)在(0，)上單調(diào)遞增，所以g(t)e0200，所以e，而，所以ee，故e，即f(x0)0.2(202屆高三呂州摸底)已知函數(shù)f(x)ax4ln x的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x1x2，且ex23，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)求f(x2)f(x1)的取值范圍解：(1)f(x)a(x0)，由題意知x1，x2為方程ax24xa0的兩個(gè)根易知a0.則所以a0且0x11.令S(x)ax24xa，則由ex23可得解得a.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.(2)f(x2)f(x1)ax24ln x2ax14ln x1，因?yàn)閤1，所以f(x2)f(x1)ax24ln x2ax24ln 2a8ln x2.由(1)知a，代入得f(x2)f(x1)8ln x28ln x2.令tx，則t(e2,9)，于是可得h(t)4ln t，故h(t)0，所以h(t)在(e2,9)上單調(diào)遞減，所以8ln 3f(x2)f(x1)，即f(x2)f(x1)的取值范圍為.3(2019九江模擬)已知函數(shù)f(x)ln xax(aR)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a1時(shí)，方程f(x)m(m2)有兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2，且x1x2，證明：x1x2.解：(1)由題意得，f(x)a(x0)當(dāng)a0時(shí)，由x0，得1ax0，即f(x)0.所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增當(dāng)a0時(shí)，由f(x)0，得0x，由f(x)0，得x，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減 綜上，當(dāng)a0 時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)證明：由題意及(1)可知，方程f(x)m(m2)的兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2滿足ln xxm0，且0x11x2，即ln x1x1mln x2x2m0.由題意，可知ln x1x1m2ln 22，又由(1)可知，f(x)ln xx在(1，)上單調(diào)遞減，故x22.令g(x)ln xxm，則g(x)gx3ln xln 2.令h(t)t3ln tln 2(t2)，則h(t).當(dāng)t2時(shí)，h(t)0，h(t)是減函數(shù)，所以h(t)h(2)2ln 20，所以g(x)g.因?yàn)閤22且g(x1)g(x2)，所以h(x2)g(x2)gg(x1)g0，即g(x1)g.因?yàn)間(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，所以x1，故x1x2.4(2019廈門一模)已知函數(shù)f(x)x3x2logax(a0且a1)為定義域上的增函數(shù)，f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f(x)的最小值小于等于0.(1)求a的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)f(x)x34ln x6x，且g(x1)g(x2)0，求證：x1x22.解：(1)f(x)2x23x(x0)，由f(x)為增函數(shù)可得，f(x)0在(0，)上恒成立則由2x23x0可得2x33x2，令m(x)2x33x2，則m(x)6x26x，由m(x)0，得x1，由m(x)0，得0x1，所以m(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，在x1處取得極小值即最小值，所以m(x)minm(1)1，所以1，即1，當(dāng)a1時(shí)，易得ae，所以1ae；當(dāng)0a1時(shí)，則0，這與1矛盾，從而不能使f(x)0恒成立所以1ae.由f(x)min0，可得2x23x0，即2x33x2，由之前的討論可知，1，即1.當(dāng)0a1時(shí)，1恒成立；當(dāng)a1時(shí)，1ln a1ae.所以0a1或ae.綜上，ae.(2)證明：g(x)x3x2ln xx34ln x6xx23ln x6x，因?yàn)間(x1)g(x2)0，所以x3ln x16x10，所以(xx)3ln(x1x2)6(x1x2)0，即(x1x2)22x1x2ln(x1x2)2(x1x2)0，即(x1x2)2x1x2ln(x1x2)2(x1x2)0，所以(x1x2)22(x1x2)ln(x1x2)x1x2.令x1x2t，g(t)ln tt，則g(t)1，易