《2022高考數(shù)學一輪復習 第3章 導數(shù)及應用 專題研究 導數(shù)的綜合運用練習 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考數(shù)學一輪復習 第3章 導數(shù)及應用 專題研究 導數(shù)的綜合運用練習 理（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022高考數(shù)學一輪復習 第3章 導數(shù)及應用 專題研究 導數(shù)的綜合運用練習 理 1．若a>2，則函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在區(qū)間(0，2)上恰好有(　　) A．0個零點　　　　　　 B．1個零點 C．2個零點 D．3個零點 答案　B 解析　∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2， ∴當x∈(0，2)時，f′(x)<0， 即f(x)在(0，2)上是單調減函數(shù)． 又∵f(0)＝1>0，f(2)＝－4a<0， ∴f(x)在(0，2)上恰好有1個零點．故選B. 2．函數(shù)y＝x2ex的圖像大致為(　　) 答案　A 解析　因為y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，所

2、以當x<－2或x>0時，y′>0，函數(shù)y＝x2ex為增函數(shù)；當－20，所以排除D，故選A. 3．函數(shù)f(x)＝ex(sinx＋cosx)在區(qū)間[0，]上的值域為(　　) A．[，e]　　　　　　 B．(，e) C．[1，e] D．(1，e) 答案　A 解析　f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＝excosx，當0≤x≤時，f′(x)≥0. ∴f(x)是[0，]上的增函數(shù)． ∴f(x)的最大值為f()＝e， f(x)的最小值為f(0)＝. 4．(2018·山東陵縣一中月

3、考)已知函數(shù)f(x)＝x2ex，當x∈[－1，1]時，不等式f(x)0，函數(shù)f(x)單調遞增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，則m>e.故選D. 5．(2014·課標全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) A．

4、(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 答案　C 解析　當a＝0時，顯然f(x)有兩個零點，不符合題意． 當a≠0時，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. 當a>0時，>0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)與(，＋∞)上為增函數(shù)，在(0，)上為減函數(shù)，因為f(x)存在唯一零點x0，且x0>0，則f(0)<0，即1<0，不成立． 當a<0時，<0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，)和(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(，0)上為增函數(shù)，因為f(x)存在唯一零點x0，且x0>0，則f()>0

5、，即a·－3·＋1>0，解得a>2或a<－2，又因為a<0，故a的取值范圍為(－∞，－2)．選C. 6．f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當x<0時，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為(　　) A．(－4，0)∪(4，＋∞) B．(－4，0)∪(0，4) C．(－∞，－4)∪(4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(0，4) 答案　D 解析　設g(x)＝xf(x)，則當x<0時，g′(x)＝[xf(x)]′＝x′f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上是減函數(shù)．因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù)．所

6、以g(x)＝xf(x)是R上的奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)．因為f(－4)＝0，所以f(4)＝0，即g(4)＝0，g(－4)＝0，所以xf(x)>0化為g(x)>0.設x>0，不等式為g(x)>g(4)，即0g(－4)，即x<－4，所求的解集為(－∞，－4)∪(0，4)．故選D. 7．(2018·衡水調研卷)已知函數(shù)f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x對所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[e，＋∞) B．[，＋∞) C．[，e2) D．[e2，＋∞

7、) 答案　B 解析　由題意可得bx2≤alnx－x，所以b≤.由b∈(－∞，0]，故對任意的x∈(e，e2]，都有≥0，即alnx≥x對一切x∈(e，e2]恒成立，即a≥對一切x∈(e，e2]恒成立．令h(x)＝，則h′(x)＝>0在x∈(e，e2]上恒成立，故h(x)max＝，所以a≥.故選B. 8．(2018·湖南衡陽期末)設函數(shù)f(x)＝ex(x3＋x2－6x＋2)－2aex－x，若不等式f(x)≤0在[－2，＋∞)上有解，則實數(shù)a的最小值為(　　) A．－－ B．－－ C．－－ D．－1－ 答案　C 解析　由f(x)＝ex(x3＋x2－6x＋2)－2aex－x≤0

8、，得a≥x3＋x2－3x＋1－. 令g(x)＝x3＋x2－3x＋1－，則 g′(x)＝x2＋x－3＋＝(x－1)(x＋3＋)． 當x∈[－2，1)時，g′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0， 故g(x)在[－2，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)．故g(x)min＝g(1)＝＋－3＋1－＝－－，則實數(shù)a的最小值為－－.故選C. 9．已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上，當正六棱柱的體積最大時，其高的值為________． 答案　2 解析　設正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a2＋＝9，即a2＝9－，正六棱柱的體積V＝(6×a2)×h＝×(9－)

9、×h＝×(－＋9h)．令y＝－＋9h，則y′＝－＋9，令y′＝0，得h＝2.易知當h＝2時，正六棱柱的體積最大． 10．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是________． 答案　(－∞，2ln2－2] 解析　由原函數(shù)有零點，可將問題轉化為方程ex－2x＋a＝0有解問題，即方程a＝2x－ex有解． 令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2l

10、n2－2]． 11．設l為曲線C：y＝在點(1，0)處的切線． (1)求l的方程； (2)證明：除切點(1，0)之外，曲線C在直線l的下方． 答案　(1)y＝x－1　(2)略 解析　(1)設f(x)＝，則f′(x)＝. 所以f′(1)＝1.所以l的方程為y＝x－1. (2)令g(x)＝x－1－f(x)，則除切點之外，曲線C在直線l的下方等價于g(x)>0(?x>0，x≠1)． g(x)滿足g(1)＝0， 且g′(x)＝1－f′(x)＝. 當01時，x2－1>0，lnx>0， 所以g

11、′(x)>0，故g(x)單調遞增． 所以g(x)>g(1)＝0(?x>0，x≠1)． 所以除切點之外，曲線C在直線l的下方． 12．已知函數(shù)f(x)＝x2－8lnx，g(x)＝－x2＋14x. (1)求函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a，a＋1)上均為增函數(shù)，求a的取值范圍； (3)若方程f(x)＝g(x)＋m有唯一解，試求實數(shù)m的值． 答案　(1)y＝－6x＋7　(2)[2，6] (3)m＝－16ln2－24 解析　(1)因為f′(x)＝2x－，所以切線的斜率k＝f′(1)＝－6. 又f(1)＝1，故所求的切線方程為y

12、－1＝－6(x－1)．即y＝－6x＋7. (2)因為f′(x)＝， 又x>0，所以當x>2時，f′(x)>0；當00時原方程有唯一解，所以函數(shù)y＝h(x)與y＝m的圖像在y軸右側有唯一的

13、交點． 又h′(x)＝4x－－14＝，且x>0， 所以當x>4時，h′(x)>0；當00時原方程有唯一解的充要條件是 m＝h(4)＝－16ln2－24. 13．(2018·湖北四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－1)，g(x)＝ex. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數(shù)h(x)＝f(x＋1)＋g(x)，當x>0時，h(x)>1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 答案　(1)當a≤0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調遞

14、減區(qū)間；當a>0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)，單調遞減區(qū)間為(，＋∞)． (2)(－∞，2] 解析　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝(x>0) ①若a≤0，對任意的x>0，均有f′(x)>0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調遞減區(qū)間； ②若a>0，當x∈(0，)時，f′(x)>0，當x∈(，＋∞)時，f′(x)<0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)，單調遞減區(qū)間為(，＋∞)． 綜上，當a≤0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調遞減區(qū)間；當a>0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)，單調遞減區(qū)間為(，＋∞)． (2)

15、因為h(x)＝f(x＋1)＋g(x)＝ln(x＋1)－ax＋ex， 所以h′(x)＝ex＋－a. 令φ(x)＝h′(x)，因為x∈(0，＋∞)， φ′(x)＝ex－＝>0， 所以h′(x)在(0，＋∞)上單調遞增， h′(x)>h′(0)＝2－a，①當a≤2時， h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞增， h(x)>h(0)＝1恒成立， 符合題意； ②當a>2時，h′(0)＝2－a<0，h′(x)>h′(0)， 所以存在x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0， 所以h(x)在(x0，＋∞)上單調遞增， 在(0，x0)上單調遞減， 又h(x0)

16、1， 所以h(x)>1不恒成立，不符合題意． 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]． 第二次作業(yè) 1．(2018·皖南十校聯(lián)考)設函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋x－a－1(a∈R)． (1)當a＝－時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：當a≥0時，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立． 答案　(1)增區(qū)間為(0，]，減區(qū)間為[，＋∞) (2)略 解析　(1)當a＝－時，f(x)＝lnx－x2＋x－，且定義域為(0，＋∞)， 因為f′(x)＝－x＋1＝－， 當x∈(0，)時，f′(x)>0；當x∈(，＋∞)時，f′(x)<0， 所以f(x)在(0，]

17、上是增函數(shù)；在[，＋∞)上是減函數(shù)． (2)令g(x)＝f(x)－x＋1＝lnx＋ax2－a，則g′(x)＝＋2ax＝， 所以當a≥0時，g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，且g(1)＝0， 所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即當a≥0時，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立． 2．(2018·福建連城期中)已知函數(shù)f(x)＝(a－)x2＋lnx(a∈R)． (1)當a＝1時，求f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值和最小值； (2)若在區(qū)間[1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝2ax的下方，求實數(shù)a的取值范圍．

18、答案　(1)f(x)max＝f(e)＝1＋，f(x)min＝f(1)＝ (2)當a∈[－，]時，在區(qū)間(1，＋∞)上函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝2ax的下方 解析　(1)當a＝1時，f(x)＝x2＋lnx， f′(x)＝x＋＝. 當x∈[1，e]時，f′(x)>0，所以f(x)在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)， 所以f(x)max＝f(e)＝1＋，f(x)min＝f(1)＝. (2)令g(x)＝f(x)－2ax＝(a－)x2－2ax＋lnx，則 g(x)的定義域為(0，＋∞)． 在區(qū)間(1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝2ax的下方等價于g(x)<0在區(qū)間(1，＋∞)上恒

19、成立． g′(x)＝(2a－1)x－2a＋＝＝. ①若a>，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝， 當x2>x1＝1，即0， 此時g(x)在區(qū)間(x2，＋∞)上是增函數(shù)，并且在該區(qū)間上有g(x)∈(g(x2)，＋∞)，不合題意； 當x2≤x1＝1，即a≥1時，同理可知，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)，有g(x)∈(g(1)，＋∞)，不合題意． ②若a≤，則有2a－1≤0， 此時在區(qū)間(1，＋∞)恒有g′(x)<0， 從而g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)， 要使g(x)<0在此區(qū)間上恒成立， 只需滿足g(1)＝－a－≤0，

20、即a≥－， 由此求得實數(shù)a的取值范圍是[－，]． 綜合①②可知，當a∈[－，]時，在區(qū)間(1，＋∞)上函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝2ax的下方． 3．(2018·西城區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)當a<1時，試確定函數(shù)g(x)＝f(x－a)－x2的零點個數(shù)，并說明理由． 答案　(1)單調遞減區(qū)間為(－∞，－a－1)，單調遞增區(qū)間為(－a－1，＋∞) (2)僅有一個零點 解析　(1)因為f(x)＝(x＋a)ex，x∈R， 所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝－a－

21、1. 當x變化時，f(x)和f′(x)的變化情況如下： x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)   故f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，－a－1)，單調遞增區(qū)間為(－a－1，＋∞)． (2)結論：函數(shù)g(x)有且僅有一個零點． 理由如下： 由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2， 顯然x＝0為此方程的一個實數(shù)解， 所以x＝0是函數(shù)g(x)的一個零點． 當x≠0時，方程可化簡為ex－a＝x. 設函數(shù)F(x)＝ex－a－x，則F′(x)＝ex－a－1， 令F′(x)＝0，得x＝a.

22、 當x變化時，F(xiàn)(x)與F′(x)的變化情況如下： x (－∞，a) a (a，＋∞) F′(x) － 0 ＋ F(x)   即F(x)的單調遞增區(qū)間為(a，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－∞，a)．所以F(x)min＝F(a)＝1－a. 因為a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0， 所以對于任意x∈R，F(xiàn)(x)>0， 因此方程ex－a＝x無實數(shù)解． 所以當x≠0時，函數(shù)g(x)不存在零點． 綜上，函數(shù)g(x)有且僅有一個零點． 4．(2018·重慶調研)已知曲線f(x)＝在點(e，f(e))處的切線與直線2x＋e2y＝0平行，a∈R. (

23、1)求a的值； (2)求證：>. 答案　(1)a＝3　(2)略 解析　(1)f′(x)＝， 由題f′(e)＝＝－?a＝3. (2)f(x)＝，f′(x)＝， f′(x)>0?即>； ②當x∈[1，＋∞)時，ln2x＋3lnx＋3≥0＋0＋3＝3， 令g(x)＝，則g′(x)＝. 故g(x)在[1，2)上遞增，(2，＋∞)上遞減， ∴g(x)≤g(2)＝<3， ∴l(xiāng)n2x＋3lnx＋3>即>

24、； 綜上，對任意x>0，均有>. 5．(2017·課標全國Ⅰ，理)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍． 答案　(1)當a≤0時，在(－∞，＋∞)單調遞減；當a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調遞減，在(－lna，＋∞)上單調遞增 (2)(0，1) 解析　(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若a≤0，則f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調遞減． ②若a>0，則由f′(x)＝0得x＝－lna.

25、 當x∈(－∞，－lna)時，f′(x)<0；當x∈(－lna，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－lna)單調遞減，在(－lna，＋∞)單調遞增． (2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點． ②若a>0，由(1)知，當x＝－lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(－lna)＝1－＋lna. a．當a＝1時，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一個零點； b．當a∈(1，＋∞)時，由于1－＋lna>0，即f(－lna)>0，故f(x)沒有零點； c．當a∈(0，1)時，1－＋lna<0，即f(－lna)<0. 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2

26、＋2>－2e－2＋2>0，故f(x)在(－∞，－lna)有一個零點． 設正整數(shù)n0滿足n0>ln(－1)，則f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0. 由于ln(－1)>－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)有一個零點． 綜上，a的取值范圍為(0，1)． 6．(2018·深圳調研二)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex－x2，其中a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)函數(shù)f(x)的圖像能否與x軸相切？若能與x軸相切，求實數(shù)a的值；否則，請說明理由； (2)若函數(shù)y＝f(x)＋2x在R上單調遞增，求實數(shù)a能取到的最大整數(shù)值． 解析　(1)f′(x)

27、＝(x－1)ex－ax. 假設函數(shù)f(x)的圖像與x軸相切于點(t，0)， 則有即 由②可知at＝(t－1)et， 代入①中可得(t－2)et－et＝0. ∵et>0， ∴(t－2)－＝0，即t2－3t＋4＝0. ∵Δ＝9－4×4＝－7<0. ∴方程t2－3t＋4＝0無解． ∴無論a取何值，函數(shù)f(x)的圖像都不與x軸相切． (2)方法1：記g(x)＝(x－2)ex－x2＋2x. 由題意知，g′(x)＝(x－1)ex－ax＋2≥0在R上恒成立． 由g′(1)＝－a＋2≥0， 可得g′(x)≥0的必要條件是a≤2. 若a＝2，則g′(x)＝(x－1)ex－2x＋2＝(

28、x－1)(ex－2)． 當ln2－1時，H′(x)>0，H(x)單調遞增， 且H(x)>H(－1)＝－－1； 當x<－1時，H′(x)<0，H(x)單調遞減， 且－－1＝H(－1)0. ∴存在唯一的x0∈(，1)使得H(x0)＝0， 且當x∈(－∞，x0)時，H(x)＝h′

29、(x)<0，h(x)單調遞減； 當x∈(x0，＋∞)時，H(x)＝h′(x)>0，h(x)單調遞增． ∵h(x)min＝h(x0)＝(x0－1)ex0－x0＋2， ∵H(x0)＝0，∴ex0＝， ∴h(x0)＝(x0－1)－x0＋2＝3－(＋x0)． ∵0在R上恒成立， ∴a能取得的最大整數(shù)為1. 方法2：記g(x)＝(x－2)ex－x2＋2x， 由題意知g′(x)＝(x－1)ex－ax＋2≥0在R上恒成立． ∵g′(1)＝－a＋2≥0， ∴g′(x)≥0的必要條件是a≤2. 若a＝2，則g′(x)＝(x－1)e

30、x－2x＋2＝(x－1)(ex－2)． 當ln20時，k′(x)>0，k(x)單調遞增； 當x<0時，k′(x)<0，k(x)單調遞減． ∴k(x)min＝k(0)＝0，∴ex≥x＋1恒成立． 當x≥1時，(x－1)ex≥(x－1)(x＋1)＝x2－1>x－2； 當x<1時，由ex≥x＋1得e－x≥－x＋1>0， 即ex≤. ∴(x－1)e

31、x≥(x－1)×＝－1>x－2. 綜上所述，(x－1)ex－x＋2≥0在R上恒成立，故a能取得的最大整數(shù)為1. 1．(2014·課標全國Ⅱ)設函數(shù)f(x)＝sin.若存在f(x)的極值點x0滿足x02＋[f(x0)]2

32、＋km(k∈Z)．假設不存在這樣的x0，即對任意的x0都有x02＋[f(x0)]2≥m2，則(＋km)2＋3≥m2，整理得m2(k2＋k－)＋3≥0，即k2＋k－≥－恒成立，因為y＝k2＋k－的最小值為－(當k＝－1或0時取得)，故－2≤m≤2，因此原特稱命題成立的條件是m>2或m<－2. 2．某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2.其中3

33、該商品所獲得的利潤最大． 答案　(1)2　(2)4 解析　(1)因為x＝5時，y＝11，所以＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y＝＋10(x－6)2. 所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為 f(x)＝(x－3)[＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3

34、表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3，6)內的極大值點，也是最大值點． 所以，當x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答：當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 3．(2018·廣東珠海期末)已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a>0，設g(x)＝lnx＋. (1)求a的值； (2)對任意x1>x2>0，<1恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； (3)討論方程g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)在[1，＋∞)上根的個數(shù)． 答案　(1)a＝1　(2)[，＋∞)　(3)略 解析　(1)f(x)的定義域為(－a，＋∞)， f′(x)

35、＝1－＝. 由f′(x)＝0，解得x＝1－a>－a. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－a，1－a) 1－a (1－a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  因此，f(x)在1－a處取得最小值． 故由題意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1. (2)由<1知 g(x1)－x1x2>0恒成立， 即h(x)＝g(x)－x＝lnx－x＋在(0，＋∞)上為減函數(shù)． h′(x)＝－1－≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以m≥x－x2在(0，＋∞)上恒成立，(x－x2)max＝，即m≥，即實數(shù)m

36、的取值范圍為[，＋∞)． (3)由題意知方程可化為lnx＋＝x， 即m＝x2－xlnx(x≥1)． 設m(x)＝x2－xlnx，則m′(x)＝2x－lnx－1(x≥1)． 設h(x)＝2x－lnx－1(x≥1)， 則h′(x)＝2－>0， 因此h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，h(x)min＝h(1)＝1. 所以m(x)＝x2－xlnx在[1，＋∞)上單調遞增． 因此當x≥1時，m(x)≥m(1)＝1. 所以當m≥1時方程有一個根，當m<1時方程無根． 4．(2017·東北四市一模)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋ax2有兩個零點． (1)當a＝1時，求f(x)的最小值

37、； (2)求a的取值范圍； (3)設x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2<0. 解析　(1)當a＝1時，由題知f′(x)＝x(ex＋2)， 令f′(x)>0，得x>0， ∴y＝f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 令f′(x)<0，得x<0， ∴y＝f(x)在(－∞，0)上單調遞減， ∴f(x)min＝f(0)＝－1. (2)由題可知，f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a)， ①當a＝0時，f(x)＝(x－1)ex，此時函數(shù)f(x)只有一個零點，不符合題意，舍去． ②當a>0時，由f′(x)>0，得x>0； 由f′(x)<0，得x<0，

38、∴f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增， ∴f(x)min＝f(0)＝－1<0， 又f(2)＝e2＋4a>0， 取b滿足b<－1且b(b－1)＋ab2＝(b＋1)(2b－1)>0，故f(x)存在兩個零點． ③當a<0時，由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln(－2a)． 若－≤a<0，則ln(－2a)≤0，故當x∈(0，＋∞)時， f′(x)≥0，因此f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 又∵x≤0時，f(x)<0，∴f(x)不存在兩個零點． 若a<－，則ln(－2a)>0，故當x∈(0，ln(－2a))時， f′(x)<0； 當x

39、∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0，因此f(x)在(0，ln(－2a))上單調遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增， 又當x≤0時，f(x)<0，∴f(x)不存在兩個零點． 綜上可知a∈(0，＋∞)． (3)證明：由(2)，若x1，x2是f(x)的兩個零點，則a>0，不妨令x10時，f(x)在(－∞，0)上單調遞減，要證x1＋x2<0，即證x1<－x2<0，即證f(x1)>f(－x2)，又∵f(x1)＝0，∴只需證f(－x2)<0，由于f(－x2)＝(－x2－1)e－x2＋ax22，而f(x2)＝(x2－1)ex2＋ax22＝0， ∴f(

40、－x2)＝－(x2＋1)e－x2－(x2－1)ex2， 令g(x)＝－(x＋1)e－x－(x－1)ex(x>0)， ∴g′(x)＝x()， ∵x>0，∴e2x>1，∴g′(x)<0， ∴g(x)＝－(x＋1)e－x－(x－1)ex在(0，＋∞)上單調遞減，而g(0)＝0，故當x>0時，g(x)<0， 從而g(x2)＝f(－x2)<0成立，∴x1＋x2<0成立． 5．(2017·湖北4月調研)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝. (1)證明：方程f(x)＝g(x)在(1，2)內有且僅有唯一實根； (2)記max{a，b}表示a，b兩個數(shù)中的較大者，方程f(x)＝g(x)在(1

41、，2)內的實根為x0，m(x)＝max{f(x)，b(x)}．若m(x)＝n(n∈R)在(1，＋∞)內有兩個不等的實根x1，x2(x10，即F(x)在(1，2)上單調遞增． 因為F(1)＝－<0，F(xiàn)(2)＝2ln2－>0，而F(x)在(1，2)上連續(xù)，由零點存在性定理可知，F(xiàn)(x)在(1，2)內有且僅有唯一零點． 所以方程f(x)＝g(x)在(1，2)內有且僅有唯一實根． (2)x1＋x2<2x0. 證明過程如下： 顯然

42、，m(x)＝ 當1x0時，m(x)＝xlnx，m′(x)＝1＋lnx>0，所以m(x)單調遞增． 要證x1＋x2<2x0，即證x2<2x0－x1， 由(1)知x10，

43、ln(2x0－x)>0， 所以H′(x)>0， 所以H(x)在(1，x0)上單調遞增，即H(x)0，設F(x)＝＋，求證：F(x)>3. 解析　(1)∵f(x)＝mex，g(x)＝x＋3，m＝1， ∴f(x)＝ex，g(x

44、－2)＝x＋1. ∴h(x)＝f(x)－g(x－2)－2 017＝ex－x－2 018. ∴h′(x)＝ex－1.由h′(x)＝0，得x＝0. ∵e是自然對數(shù)的底數(shù)，∴h′(x)＝ex－1是增函數(shù)． ∴當x<0時，h′(x)<0，即h(x)是減函數(shù)； 當x>0時，h′(x)>0，即h(x)是增函數(shù)． ∴函數(shù)h(x)沒有極大值，只有極小值，且當x＝0時，h(x)取得極小值． ∴h(x)的極小值為h(0)＝－2 017. (2)證明：∵f(x)＝mex，g(x)＝x＋3， ∴φ(x)＝f(x)＋g(x)＝mex＋x＋3. ∴φ′(x)＝mex＋1. 由φ′(x)＝mex＋1＝

45、0，m<－e2，解得x＝ln(－)． ∴當x∈(－∞，ln(－))時，φ′(x)＝mex＋1>0，函數(shù)φ(x)是增函數(shù)； 當x∈(ln(－)，＋∞)時，φ′(x)＝mex＋1<0，函數(shù)φ(x)是減函數(shù)． ∴當x＝ln(－)時，函數(shù)φ(x)取得最大值，最大值為 φ[ln(－)]＝2－ln(－m)． ∵m<－e2，∴2－ln(－m)<0.∴φ(x)<0. ∴當m<－e2時，函數(shù)φ(x)沒有零點． (3)證明：∵f(x)＝mex，g(x)＝x＋3， F(x)＝＋，∴F(x)＝＋. ∵x>0，∴F(x)>3?(x－2)ex＋x＋2>0. 設u(x)＝(x－2)ex＋x＋2，則u′(x)＝(x－1)ex＋1. 設v(x)＝(x－1)ex＋1，則v′(x)＝xex. ∵x>0，∴v′(x)>0. 又當x＝0時，v′(x)＝0， ∴函數(shù)v(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)． ∴v(x)>v(0)，即v(x)>0. ∴當x>0時，u′(x)>0；當x＝0時，u′(x)＝0. ∴函數(shù)u(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)． ∴當x>0時，u(x)>u(0)＝0， 即(x－2)ex＋x＋2>0. ∴當x>0時，F(xiàn)(x)>3.