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第24練 高考大題突破練—導數(shù)與方程
[基礎保分練]
1.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ex－a＋a(e是自然對數(shù)的底數(shù)).
(1)當a＝0時，求證：f(x)<－2.
(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.
2.(2019蕭山中學模擬)設函數(shù)f(x)＝x2－aln(x＋2)，g(x)＝xex，且f(x)存在兩個極值點x1，x2，其中x1
0.
3.(2019紹興一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2lnx－2ax(a∈R).
(1)當a＝0時，求函數(shù)f(x)的極值；
(2)當x∈(1，＋∞)時，試討論關于x的方程f(x)＋ax2＝0實數(shù)根的個數(shù).
[能力提升練]
4.(2019浙江省學軍中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－2ax－1.
(1)當a＝時，討論f(x)的單調性；
(2)設函數(shù)g(x)＝f′(x)，討論g(x)的零點個數(shù)；若存在零點，請求出所有的零點或給出每個零點所在的有窮區(qū)間，并說明理由.(注：有窮區(qū)間指區(qū)間的端點不含有－∞和＋∞的區(qū)間)
答案精析
基礎保分練
1.(1)證明 當a＝0時，f(x)＝lnx－ex，
f′(x)＝－ex(x>0)，則f′(x)在定義域內單調遞減，
又f′＝2－e>0，f′(1)＝1－e<0，
所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，
即＝，兩邊取對數(shù)得x0＝－lnx0，
當x∈(0，x0)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.
所以f(x)max＝f(x0)＝lnx0－
＝－x0－＝－<－2.
原不等式得證.
(2)解 f′(x)＝－ex－a，
故原問題等價于f(x)在(0，＋∞)上有唯一極大值點x1，
且f(x1)>0，
因為f′(x1)＝0?＝ex1－a?－ln x1＝x1－a，得a＝x1＋ln x1，
故f(x1)＝2ln x1－＋x1，
令h(x)＝2ln x－＋x，h(1)＝0，
因為h′(x)＝＋＋1>0，
所以當x>1時，h(x)>0，則x1>1，
又因為y＝x＋ln x在(0，＋∞)上單調遞增，由x1>1，得a＝x1＋ln x1>1.
綜上，a>1.
2.(1)解 由題意知f′(x)＝2x－(x>－2)，∵f(x)存在兩個極值點x1，x2，其中x1－2)，T(x)＝a，
由圖象知當函數(shù)S(x)與T(x)有兩個交點，即函數(shù)f(x)存在兩個極值點時，
－20，
即g(x)在(－1,0)上單調遞增.
∴g(x1－x2)min＝g(－1)＝－.
(3)證明 由(1)知
∴＝
＝x2＋－2(x2＋2)ln(－x2)＋4，
令－x2＝x，則0F′(1)＝1>0，
∴F(x)在(0,1)上是增函數(shù)，
∴F(x)0.
3.解 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
當a＝0時，f(x)＝x2－2ln x，
f′(x)＝2x－＝＝0，
解得x＝1或x＝－1(舍去)，
所以當x∈(0,1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調遞減，
在(1，＋∞)上單調遞增，所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝1，無極大值.
(2)設F(x)＝f(x)＋ax2＝(a＋1)x2－2ax－2ln x，
F′(x)＝2(a＋1)x－2a－
＝
＝.
①當a＋1＝0，即a＝－1時，F(xiàn)(x)＝2x－2ln x，
F′(x)＝>0(x∈(1，＋∞))，
故函數(shù)F(x)在(1，＋∞)上單調遞增，F(xiàn)(x)>F(1)＝2>0，
所以方程f(x)＋ax2＝0在(1，＋∞)上無實根.
②當a＋1>0，即a>－1時，令F′(x)＝0，
解得x＝1或x＝－(舍去)，
對任意x∈(1，＋∞)，都有F′(x)>0，故函數(shù)F(x)在(1，＋∞)上單調遞增，F(xiàn)(x)>F(1)＝1－a；
當1－a≥0，即－10，該函數(shù)無零點，即方程無實根；
當1－a<0，即a>1時，F(xiàn)(1)＝1－a<0，
F(e)＝(a＋1)e2－2ae－2＝a(e2－2e)＋e2－2>0，
此時函數(shù)F(x)只有一個零點，即方程有且只有一個實根.
③當a＋1<0，即a<－1時，
令F′(x)＝0，解得x＝1或x＝－.
若1≥－，即a≤－2，則函數(shù)F(x)在(1，＋∞)上單調遞減，此時F(x)0.
令g(x)＝(a＋1)x2－2ax，
則F(x)＝g(x)－2ln x，
且函數(shù)g(x)的零點分別為x1＝0，x2＝，
因為a≤－2，所以x2＝>1.
故F(x2)＝g(x2)－2ln x2＝－2ln x2<0，所以函數(shù)有一個零點，即原方程有一個實根，
若1<－，即－20，所以F(x)在上沒有零點，方程無解.
因為當－20，
所以x2＝>－>1，
所以F>F(1)＝1－a>0，
F(x2)＝g(x2)－2ln x2＝－2ln x2<0，
所以函數(shù)在上有且只有一個零點，即方程有且只有一個實根.
綜上，當－1≤a≤1時，方程無實根，
當a>1或a<－1時，方程只有一個實根.
能力提升練
4.解 (1)當a＝時，f′(x)＝ex＋x－1，
易知f′(x)在R上單調遞增，且f′(0)＝0，
因此，當x<0時，f′(x)<0；
當x>0時，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，0)上單調遞減，
在(0，＋∞)上單調遞增.
(2)由條件可得g(x)＝ex＋2ax－2a，
g′(x)＝ex＋2a.
(i)當a＝0時，g(x)＝ex>0，g(x)無零點.
(ii)當a>0時，g′(x)>0，g(x)在R上單調遞增，g(0)＝1－2a，g(1)＝e>0.
①若1－2a<0，即a>時，g(0)＝1－2a<0，g(x)在(0,1)上有一個零點；
②若1－2a＝0，即a＝時，g(0)＝0，
g(x)有一個零點x＝0；
③若1－2a>0，即00，
得x>ln(－2a)；
令g′(x)<0，得x0，g(x)無零點；
②若ln(－2a)－2＝0，即a＝－時，g(2)＝0，g(x)有一個零點x＝2；
③若ln(－2a)－2>0，即a<－時，g(1)＝e>0，
g(ln(－2a))<0，g(x)在(1，ln(－2a))上有一個零點，
設h(x)＝ex－x2(x≥1)，
則h′(x)＝ex－2x，
設u(x)＝ex－2x，則u′(x)＝ex－2，
當x≥1時，u′(x)＝ex－2≥e－2>0，
所以u(x)＝h′(x)在[1，＋∞)上單調遞增，h′(x)≥h′(1)＝e－2>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，h(x)≥h(1)＝e－1>0，即x>1時，ex>x2，
故g(x)>x2＋2ax－2a.
設k(x)＝lnx－x(x≥1)，
則k′(x)＝－1＝≤0，
所以k(x)在[1，＋∞)上單調遞減，
k(x)≤k(1)＝－1<0，即x>1時，lnxe2>1，
所以ln(－2a)<－2a，
又g(－2a)>(－2a)2＋2a(－2a)－2a＝－2a>0，
g(x)在(ln(－2a)，－2a)上有一個零點，
故g(x)有兩個零點.
綜上，當a<－時，g(x)在(1，ln(－2a))和(ln(－2a)，－2a)上各有一個零點，共有兩個零點；
當a＝－時，g(x)有一個零點x＝2；
當－時，g(x)在(0,1)上有一個零點.
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