专题突破训练(二)导数与方程时间/45分钟分值/72分基础热身1.(12分)已知函数f(x)=lnx.(1)若函数g(x)=f(x)-ax+12x2有两个极值点,求实数a的取值范围;(2)若关于x的方程f(x)=m(x+1),m∈Z有实数解,求整数m的最大值.2.(12分)[2018·芜湖二模]已知函数f(x)=x3-alnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,求实数a的取值范围.能力提升3.(12分)[2018·长春模拟]已知函数f(x)=lnx,g(x)=x+m(m∈R).(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数m的取值范围;(2)已知x1,x2是函数F(x)=f(x)-g(x)的两个零点,且x1
0),由题意得方程x2-ax+1=0有两个不相等的正实数根,即{Δ=a2-4>0,x1+x2=a>0,x1x2=1>0,解得a>2.(2)方程lnx=m(x+1)有实数解,即m=lnxx+1有实数解,记函数h(x)=lnxx+1(x>0),则h'(x)=x+1x-lnx(x+1)2.令φ(x)=x+1x-lnx(x>0),则φ'(x)=-1x2-1x<0,所以φ(x)是减函数,又φ(e)=1e>0,φ(e2)=1e2-1<0,所以存在x0∈(e,e2),使得φ(x0)=0,即h'(x0)=0,即x0+1x0=lnx0,当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=lnx0x0+1=1x0∈(1e2,1e),所以m≤h(x)max(m∈Z),故m≤0,即整数m的最大值为0.2.解:(1)f'(x)=3x2-ax=3x3-ax(x>0).①若a≤0,则f'(x)>0,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.②若a>0,则令f'(x)=3x3-ax=0,得x=3√a3,当x∈(0,3√a3)时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,3√a3)上单调递减;当x∈(3√a3,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)在(3√a3,+∞)上单调递增.(2)由题意知方程a=x3lnx在区间(1,e]上有两个不同实数解,即直线y=a与函数g(x)=x3lnx(x∈(1,e])的图像有两个不同的交点.因为g'(x)=x2(3lnx-1)(lnx)2(x∈(1,e]),令g'(x)=0得x=3√e.所以当x∈(1,3√e)时,g'(x)<0,g(x)在(1,3√e)上单调递减;当x∈(3√e,e]时,g'(x)>0,g(x)在(3√e,e]上单调递增.所以g(x)min=g(3√e)=3e,而g(e127)=e327lne127=27e19>27,且g(e)=e3<27,所以要使直线y=a与函数g(x)=x3lnx(x∈(1,e])的图像有两个不同的交点,则a的取值范围为(3e,e3].3.解:(1)令F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-m,则F'(x)=1x-1=1−xx(x>0),当x>1时,F'(x)<0,当00,所以F(x)在(1,+∞)上单调递减,在(0,1)上单调递增,所以F(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,最大值为-1-m.若f(x)≤g(x)恒成立,则-1-m≤0,即m≥-1.(2)证明:由(1)可知,若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点,则m<-1,0F(1x1),由F(x1)=0,得m=lnx1-x1,又F(x2)=0,所以只需证ln1x1-1x1-m=ln1x1-1x1+x1-lnx1<0.令h(x)=-1x+x-2lnx(00,所以h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x>1时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.所以φ(x)max=φ(1)=1.当x→0时,φ(x)→-∞,所以当x∈(0,1)时,φ(x)∈(-∞,1).当x→+∞时,φ(x)→0,所以当x∈(1,+∞)时,φ(x)∈(0,1).综上可知,当且仅当a∈(0,1)时,直线y=a与φ(x)的图像有两个交点,即函数f(x)有两个零点.(2)因为函数g(x)有两个极值点,所以g'(x)=lnx+1-ax=0,即lnx+1x-a=0有两个不同的正根x1,x2,不妨设x10,当x∈(x2,+∞)时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,故g(x1)
