高考数学一轮知能训练 专题一 函数与导数（第2课时）（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP免费

第2课时1．已知函数f(x)＝alnx－ex；(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若a＝2，求证：f(x)<0.2．(2018年新课标Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．3．(2018年陕西西安调研)函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．4．已知函数f(x)＝(1＋ax2)ex－1.(1)当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间[0,1]上恰有2个零点，求实数a的取值范围．5．(2016年新课标Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.第2课时1．(1)解：根据题意可得，f′(x)＝－ex＝(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数y＝f(x)是减函数，无极值点；当a>0时，令f′(x)＝0，得a－xex＝0，即xex＝a，又a＝xex在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，∴函数y＝f(x)在(0，x0)上是单调递增的，在(x0，＋∞)上是单调递减的．∴函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点；总之，当a≤0时，f(x)无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．(2)证明：f(x)＝2lnx－ex，f′(x)＝(x>0)，由(1)可知f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0ex0＝2，①又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，且0<20恒成立，∴g(x)在(0,1)上是增函数，∴g(x0)0；当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)．(2)证明：由于x2＋x＋1>0，∴f(x)＝0等价于－3a＝0.设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0.仅当x＝0时g′(x)＝0.∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．3．解：(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，x>0，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋xlnx，∴f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0－1，即m>－2.①当00且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.如图D135，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②图D135由①②可得－20时，Δ＝4a2－4a.①当01时，令f′(x)＝0⇒x1＝－1－，x2＝－1＋，∴f(x)在和上单调递增；在上单调递减．综上所述，当0≤a≤1时，f(x)在R上单调递增；当a>1时，f(x)在和上单调递增；在上单调递减.(2)①当0≤a≤1时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点，不符；②当a>1时，x10)，得f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，解得x＝1.当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．因此f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数．(2)证明：由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x≠1时，lnx1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝.当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．由(2)知1<0.∴当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.