高考真题分层目标训练卷(2019年全国Ⅰ卷理科第20题)

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高考真题分层目标训练卷（2019年全国Ⅰ卷理科第20题）
一、解答题（每小题12分,共48分）
1. （2019全国Ⅰ理）已知函数f(x)=sinx−ln(1+x),f′(x)为f(x)的导函数.证明: (1)f′(x)在区间(−
1,π
2)存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.
2. 【变式训练1】已知函数f(x)=ex−e x+1+ax2+e,证明: (1)当a⩽0时,f(x)只有一个零点; (2)若
a∈(0,e
2),函数f(x)存在两个不同的极值点.
3. 【变式训练2】已知函数f(x)=xe x−e x+ax2(a>0),证明: (1)若a>e
2时,函数g(x)=f(x)−xe
x
有两个极值点; (2)函数f(x)有两个零点.
4. 【变式训练3】已知函数f(x)=x2+(1−2a2)x−a2lnx,当1<a<√e时,证明: (1)f(x)有唯一极值点; (2)f(x)有2个零点.
高考真题分层目标训练卷（2019年全国Ⅰ卷理科第20题）答案和解
析
第1题：
【答案】略
【解析】(1)对f(x)进行求导可得,f′(x)=cosx −11+x ,(−1<x <π2)取g(x)=cosx −11+x ,则g′(x)=−sinx +1
(1+x)2, 在x ∈(−1,π2)内g′(x)=−sinx +
1(1+x)
2为单调递减函数,且,g′(π
2)=−1+1
(1+π2
)2<0所以在x ∈(0,π2)内存在一个,使得
,所以在
内
,f′(x)为增函数;
在
内
,f′(x)为减函数,所以在f′(x)在区间(−1,π
2)存在唯一极大值点; (2)由(1)可知当
时,f′(x)单调增,且f′(0)=0,可得f ′(x )<0则f(x)在此区间单调减; 当时,f′(x)单调增,
且f′(0)=0,f′(x)>0则f(x)在此区间单调增;又f(0)=0则在上f(x)有唯一零点x =0. 当
时,f′(x)单调减,且f′(x 0)>0,f′(π
2
)<0,则存在唯一的
,使得f′(x 1)=0,在
时,
,f(x)单调增;当时,f(x)单调减,且f(π2)=1−ln(1+π
2)>1−lne =0,所以在
上f(x)无零点; 当
时,y =sinx 单调减,y =−ln(1+x)单调减,则f(x)在
上单
调减,f(π)=0−ln(1+π)<0,所以在上f(x)存在一个零点. 当
时,f(x)=sinx −
ln(1+x)<1−ln(1+π)<0恒成立,则f(x)在
上无零点. 综上可得,f(x)有且仅有2个零点.
第2题：
【答案】见解析
【解析】由题意得f′(x)=e −e x+1+2ax ,令g(x)=e −e x+1+2ax ,则g′(x)=−e x+1+2a , (1)当a
⩽0时,g′(x)<0,即g(x)在R 上单减,∴f′(x)在R 上单减,∵f′(0)=e −e =0,∴当x ∈(−∞,0)时,f′(x)>f′(0)=0,f(x)单增;当x ∈(0,+∞)时,f′(x)<f′(0)=0,f(x)单减,∵f(0)=−e +e =0,∴f(x)⩽f(0)=0,故当a ⩽0时,f(x)只有一个零点. (2)当a ∈(0,e
2)时,令g′(x)=0,得x =ln(2a)−1<0,当x ∈(−∞,ln(2a)−1)时,g′(x)>0,f′(x)单增;当x ∈(ln(2a)−1,+∞)时,g′(x)<0,f′(x)单减,∵f′(0)=e −e
=0,∴f′(ln(2a)−1)>0,f′(−e 2a
)=e −e −e 2a +1−e =−e −e 2a +1<0.令φ(a)=ln(2a)−1+e 2a ,φ′(a)
=1a −e 2a 2=2a−e 2a 2<0,∴φ(a)在(0,e 2)上单减,∴φ(a)>φ(e 2)=1>0,∴ln(2a)−1>−e
2a .因为f′(ln(2a)−1)∙f′(−e 2a )<0,且当x ∈(−∞,ln(2a)−1)时,f′(x)单增,故必存在x 1∈(−e
2a ,ln(2a)−1)使得f′(x 1)=0,故当x ∈(−∞,x 1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x ∈(x 1,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x ∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)有一个极小值点x 1,一个极大值点0,故当a ∈(0,e
2)
时,f(x)有两个不同的极值点.
第3题：
【答案】见解析
【解析】(1)g(x)=ax 2−e x ,则g′(x)=2ax −e x ,令m(x)=2ax −e x ,则m′(x)=2a −e x , ∵a >0,
当x ∈(−∞,ln(2a))时,m′(x)>0,g′(x)单增;当x ∈(ln(2a),+∞)时,m′(x)<0,g′(x)单减; ∴g′(x)max =g′(ln(2a))=2aln(2a)−e ln(2a)=2aln(2a)−2a =2a(ln2a −1)>0, ∵g′(−ln(2a))=−2aln(2a)−1
2a <0,∴则存在x 1∈(−ln(2a),ln(2a)),使得g′(x 1)=0,又∵当x →+∞时,g′(x)→−∞,则∃x 2∈(ln(2a),+∞),使得g′(x 2)=0.故当x ∈(−∞,x 1)时,g′(x)<0,g(x)单减;当x ∈(x 1,x 2)时,g′(x)>0,g(x)单增;当x ∈(x 2,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单减,故a >e
2时,函数g(x)=f(x)−xe x 有两个极值点. (2)f′(x)=e x +xe x −e x +2ax =x(e x +2a),∵a >0,当x ∈(−∞,0)时,f′(x)<0,f(x)单减,当x ∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单增,∴f(x)min =f(0)=−e 0=−1<0,令ℎ(x)=(x −1)e x ,则ℎ′(x)=xe x ,当x ∈(−∞,0)时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)单减, ∴f(−1a )=ℎ(−1a )+a ∙(−1a )2>ℎ(0)+a ∙(−1a )2=−
1+1=0,f(1)=a >0,∴根据f(x)的单调性及零点存在定理可知,f(x)在(−√a
0),(0,1)上各有唯一零点,∴f(x)有两个零点.
第4题：
【答案】见解析
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x +(1−2a 2)−a 2
x =2x 2+(1−2a 2)x−a 2x
=
(2x+1)(x−a 2)x
,当x ∈(0,a 2)时,f′(x)<0,f(x)单减;当x ∈(a 2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单增,∴f(x)有唯
一极值点. (2)由(1)知f(x)在(0,a 2)单减,在(a 2,+∞)单增,∴f(x)在x =a 2时取得极小值为f(a 2)=a 2(1−a 2−lna 2),∵1<a <√e ,∴1<a 2<e ,lna 2>0,∴f(a 2)<0,又∵f(1e )=1e 2+1−2a 2e +a 2=1
e 2+
1e +a 2(1−2e )>0,根据函数的单调性及零点存在性定理可得,函数f(x)在(0,a 2)上有且只有一个零点.∵x >lnx ,∴f(x)=x 2+(1−2a 2)x −a 2lnx >x 2+(1−2a 2)x −a 2x =x 2+(1−3a 2)x =x(x +1
−3a 2),∵1<a <√e ,∴3a 2−1−a 2=2a 2−1>0,3a 2−1>a 2,∴x >3a 2−1时,f(x)>0,根据函数的单调性及零点存在性定理,函数f(x)在(a 2,+∞)上有且只有一个零点,∴f(x)有2个零点.。