PAGEPAGE10第25練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)[基礎(chǔ)保分練]1.(2024·溫州期末)已知函數(shù)f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有兩個不同的零點.(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2>2a.

2.(2024·臺州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a)))(a>0).(1)求f(x)的極值；(2)若當(dāng)a＝2時，總存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m，求m的取值范圍.

3.(2024·麗水模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex＋a(x＋1)2(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)a>0，x1，x2是f(x)＝xex＋a(x＋1)2的兩個零點，證明：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0.

[實力提升練]4.(2024·浙江省綠色聯(lián)盟模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋bx(a≠0，b∈R).(1)若a＝2，b＝3，求函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有兩個不同的交點(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，記x0＝eq\f(x1＋x2,2)，設(shè)f′(x)，g′(x)分別是f(x)，g(x)的導(dǎo)函數(shù)，證明：f′(x0)<g′(x0).

答案精析基礎(chǔ)保分練1.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－2x＋2a－1＝eq\f(2x＋1a－x,x).①當(dāng)a≤0時，易得f′(x)<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則f(x)至多有一個零點，不符合題意，舍去.②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0得x＝a，則列表如下：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)↗極大值↘∴f(x)max＝f(x)極大值＝f(a)＝a(lna＋a－1).設(shè)g(x)＝lnx＋x－1(x>0)，∵g′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又∵g(1)＝0，∴0<x<1時，g(x)<0；x>1時，g(x)>0.(i)當(dāng)0<a≤1時，f(x)max＝a·g(a)≤0，則f(x)至多有一個零點，不符合題意，舍去.(ii)當(dāng)a>1時，f(x)max＝a·g(a)>0，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)－1))－eq\f(1,e2)－eq\f(1,e)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，a))上有一個零點，∵f(3a－1)＝aln(3a－1)－(3a－1)2＋(2a－1)(3a－1)＝a[ln(3a－1)－(3a－1)]，設(shè)h(x)＝lnx－x(x>2)，∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，∴h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減則h(3a－1)<h(2)＝ln2－2<0，∴f(3a－1)＝a·h(3a－1)<0，∴f(x)在(a,3a－1)上有一個零點，那么f(x)恰有兩個不同的零點.綜上所述，當(dāng)f(x)有兩個不同的零點時，a的取值范圍是(1，＋∞).(2)證明由(1)可知，∵f(x)有兩個不同零點，∴a>1，且當(dāng)x∈(0，a)時，f(x)是增函數(shù)；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f(x)是減函數(shù).不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<a<x2.設(shè)F(x)＝f(x)－f(2a－x)，x∈(0,2a)，則F′(x)＝eq\f(a,x)－2x＋(2a－1)＋eq\f(a,2a－x)－2(2a－x)＋(2a－1)＝eq\f(a,x)＋eq\f(a,2a－x)－2＝eq\f(2x－a2,x2a－x).當(dāng)x∈(0，a)時，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)單調(diào)遞增，又∵F(a)＝0，∴F(x)<0，∴f(x)<f(2a－x)，∵x1∈(0，a)，∴f(x1)<f(2a－x1)，∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f(2a－x1)，∵x2∈(a，＋∞)，2a－x1∈(a,2a)，f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，∴x2>2a－x1，∴x2＋x1>2a.2.解(1)因為f(x)＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a)))(a>0)，所以f′(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a)))＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,x)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a)))＋1，因為a>0，所以x<0，令f′(x)＝0，則x＝－eq\f(a,e)，又因為y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a)))＋1在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以f(x)＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a)))(a>0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,e)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,e)，0))上單調(diào)遞減，所以f(x)極大值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,e)))＝eq\f(a,e).(2)總存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m可轉(zhuǎn)化為考查方程f(x)＝m有兩個不同的實根，求m的取值范圍，也即把問題轉(zhuǎn)化為先求f(x)＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))的單調(diào)區(qū)間和值域，又由(1)可知，f(x)＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,e)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，0))上單調(diào)遞減，且f(－2)＝0，f(x)極大值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)))＝eq\f(2,e)，所以當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f(x)<0；當(dāng)x∈(－2,0)時，即0<－eq\f(x,2)<1，則lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))<0，所以f(x)＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))>0在(－2,0)上恒成立，如圖所示，因此總存在x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)＝m成立的m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e))).3.(1)解因為f(x)＝xex＋a(x＋1)2，所以f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)，①當(dāng)a≥0時，ex＋2a>0，令f′(x)>0，解得x>－1；令f′(x)<0，解得x<－1.所以f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增.②當(dāng)－eq\f(1,2e)<a<0時，ln(－2a)<－1，令f′(x)>0，解得x>－1或x<ln(－2a)；令f′(x)<0，解得ln(－2a)<x<－1.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，－1)上單調(diào)遞減.③當(dāng)a＝－eq\f(1,2e)時，f′(x)≥0恒成立；所以f(x)在R上單調(diào)遞增.④當(dāng)a<－eq\f(1,2e)時，ln(－2a)>－1，令f′(x)>0，解得x>ln(－2a)或x<－1；令f′(x)<0，解得－1<x<ln(－2a).所以f(x)在(－∞，－1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，ln(－2a))上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)；當(dāng)－eq\f(1,2e)<a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，ln(－2a))和(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(ln(－2a)，－1)；當(dāng)a＝－eq\f(1,2e)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a<－eq\f(1,2e)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)和(ln(－2a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，ln(－2a)).(2)證明由(1)可知，當(dāng)a>0時，f(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－∞，－1)上單調(diào)遞減，不妨設(shè)x1<－1<x2.令F(x)＝f(x)－f(－2－x)＝xex＋a(x＋1)2－[(－2－x)e-2-x＋a(－x－1)2]＝xex＋(x＋2)e-2-x(x<－1)，因為F′(x)＝(x＋1)(ex－e-x-2)>0，所以F(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，所以F(x)<F(－1)＝0，所以f(x)<f(－2－x)(x<－1)，所以f(x2)＝0＝f(x1)<f(－2－x1)，因為－2－x1>－1，x2>－1，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2<－2－x1，即eq\f(x1＋x2,2)<－1，于是由(1)可知，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0得證.實力提升練4.(1)解由題可知，F(xiàn)(x)＝lnx－2x2－3x，x∈(0，＋∞)，則F′(x)＝eq\f(1,x)－4x－3＝－eq\f(4x－1x＋1,x)，當(dāng)0<x<eq\f(1,4)時，F(xiàn)′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(1,4)時，F(xiàn)′(x)<0，所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))上單調(diào)遞減.(2)證明f′(x0)－g′(x0)＝eq\f(1,x0)－(2ax0＋b)＝eq\f(1－2ax\o\al(2,0)－bx0,x0)，由題可得1－2axeq\o\al(2,0)－bx0＝1－2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2－b·eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2－ax1＋x22－bx1＋x2,2)，因為函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有兩個不同的交點(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，所以axeq\o\al(2,1)＋bx1＝lnx1，①axeq\o\al(2,2)＋bx2＝lnx2，②①－②得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(x1－x2)＝lneq\f(x1,x2)?a(x1＋x2)＋b＝eq\f(1,x1－x2)·lneq\f(x1,x2)，a(x1＋x2)2＋b(x1＋x2)＝eq\f(x1＋x2,x1－x2)·lneq\f(x1,x2)＝eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)·lneq\f(x1,x2)，不妨設(shè)x1>x2，令h(x