2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4讲　第3课时　高效演练分层突破.doc

基础题组练 1(2020 江西七校第一次联考)已知函数 yf(x)是 R 上的可导函数，当 x0 时，有 f(x)f（x）x0，则函数 F(x)x f(x)1x的零点个数是( ) A0 B1 C2 D3 解析：选 B函数 F(x)xf(x)1x的零点，就是方程 xf(x)1x0 的根，即方程 xf(x)1x的根令函数 g(x)xf(x)，则 g(x)f(x)xf(x)因为当 x0 时，g(x)f(x)xf(x)0，所以g(x)xf(x)单调递增，g(x)g(0)0；当 x0 时，g(x)f(x)xf(x)g(0)0.所以函数 yg(x)与 y1x的图象只有一个交点，即 F(x)xf(x)1x只有一个零点故选 B 2若函数 f(x)axaex1(a0)没有零点，则实数 a 的取值范围为_ 解析：f(x)aex（axa）exe2xa（x2）ex(a0) 当 x2 时，f(x)2 时，f(x)0， 所以当 x2 时，f(x)有极小值 f(2)ae21. 若使函数 f(x)没有零点，当且仅当 f(2)ae210， 解得 ae2，因此e2a0. 答案：(e2，0) 3已知函数 f(x)a xln x(aR) (1)求 f(x)的单调区间； (2)试判断 f(x)的零点个数 解：(1)函数 f(x)的定义域是(0，)， f(x)( x)ln x x1x x（ln x2）2x， 令 f(x)0，解得 xe2， 令 f(x)0，解得 0 xe2， 所以 f(x)在(0，e2)上单调递减， 在(e2，)上单调递增 (2)由(1)得 f(x)minf(e2)a2e， 显然 a2e时，f(x)0，无零点， a2e时，f(x)0，有 1 个零点， a2e时，f(x)0，得 x2. 所以函数 f(x)的单调递增区间是(，1)，(2，) (2)由(1)知 f(x)极大值f(1)13122256， f(x)极小值f(2)83242163， 由数形结合，可知要使函数 g(x)f(x)2m3 有三个零点， 则1632m356， 解得76m1312. 所以 m 的取值范围为76，1312. 5(2019 高考全国卷)已知函数 f(x)(x1)ln xx1.证明： (1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数 证明：(1)f(x)的定义域为(0，) f(x)x1xln x1ln x1x. 因为 yln x 单调递增，y1x单调递减，所以 f(x)单调递增又 f(1)10，故存在唯一 x0(1，2)，使得 f(x0)0. 又当 xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增 因此，f(x)存在唯一的极值点 (2)由(1)知 f(x0)0，所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x. 由 x01 得110. (1)若曲线 yf(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若 f(x)g(x)m 在0，)上有解，求实数 m 的取值范围 解：(1)因为 f(0)a10，所以 a1，此时 f(x)exex1. 所以 f(x)exe，f(0)1e. 所以曲线 yf(x)在原点处的切线方程为 y(1e)x. (2)因为 f(x)aexaex1，所以 f(x)aexaea(exe) 当 x1 时，f(x)0；当 0 x1 时，f(x)1 时，h(x)0；当 0 x0. 所以 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减 所以当 x0，)时，h(x)maxh(1)72m. 要使 f(x)g(x)m 在0，)上有解，则72m1，即 m92. 所以实数 m 的取值范围为92， .