《2019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.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019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.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
專題研究 導數(shù)的綜合運用
第一次作業(yè)
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，所以當x<－2或x>0時，y′>0，函數(shù)y＝x2ex為增函數(shù)；當－2
0，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．(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，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，＋∞)
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，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＝(6a2)h＝(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∈(－∞，2ln2－2]．
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′(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－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)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)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，]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．
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，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－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.
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.
(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>；
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.
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＋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)＝(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＝9－44＝－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＝(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′(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)ex－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)ex≥(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)]22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30，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)＝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；
(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，
∴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∈(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(－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(1，2)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，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，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－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＝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.
2019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.doc
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