作业19【2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学(新课标版)】

1 ex x2ex－e 解析 (1)f′(x)＝－x2＋ e ＝ ex2 ，
令 f′(x)＞0，解得 x＞1，令 f′(x)＜0，解得 0＜x＜1，
所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 1 ex
(2)F′(x)＝f(x)＝ ＋ －3， xe
由(1)得 f(x)min＝f(1)＝－1，则∃x1，x2，满足 0＜x1＜1＜x2，
所以 a 的取值范围为[2－3ln3，＋∞)．
7．已知函数 f(x)＝lnx－2x2＋3，g(x)＝f′(x)＋4x＋alnx(a≠0)．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若关于 x 的方程 g(x)＝a 有实数根，求实数 a 的取值范围．
( ) ( ) 1
1
答案 (1)f(x)的单调递增区间为
当 h ≤0，即 a≥1 时， a
1
1
h(1)＝1－a≤0，h(e)＝ ＋a－a＝ >0，
e
e
所以函数 h(x)存在零点
综上所述，当 a∈(－∞，0)∪[1，＋∞)时，
方程 g(x)＝a 有实数根．
1
又 h′(x)＝－ ＋ ＝ ，令 h′(x)＝0，得 x＝ .
x2 x x2
a
当 a<0 时，h′(x)<0，
即函数 h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
( ) 1 1
1
1
1
而 h(1)＝1－a>0，h(e1－ )＝ ＋a 1－ －a＝ －1< －1<0，
a
1
a
1e
e1－
e1－
a
a
所以函数 h(x)存在零点．
(2)证明：f(x)只有一个零点．
答案 (1)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)单调递增；在(3－2 3，3＋2 3)单调递减 (2)
略
1 解析 (1)当 a＝3 时，f(x)＝ x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令 f′(x)＝0，解得 x＝3－
3
2 3或 x＝3＋2 3.
11 又∵f(0)＝1>0，f(2)＝ －4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有 1 个零点．故选 B.
3 2．已知函数 f(x)＝ex－2x＋a 有零点，则 a 的取值范围是________．
答案 (－∞，2ln2－2]
解析 由原函数有零点，可将问题转化为方程 ex－2x＋a＝0 有解，即方程 a＝2x－ex 有解．
0，2
，单调递减区间为
，＋∞ 2
(2)a∈(－∞，0)∪[1，＋∞)
解析 (1)依题意，得
1
1－4x2 （1＋2x）（1－2x）
f′(x)＝ －4x＝
＝
，x∈(0，＋∞)．
x
x
x
1 令 f′(x)>0，即 1－2x>0，解得 0<x< ；
2
1 令 f′(x)<0，即 1－2x<0，解得 x> ，
2
( ) ( ) 1
1
故函数 f(x)的单调递增区间为 0， ，单调递减区间为 ，＋∞ .
2
2
1 (2)由题意，得 g(x)＝f′(x)＋4x＋alnx＝ ＋alnx，
x
1 依题意，方程 ＋alnx－a＝0 有实数根，
x
1
1
令 h(x)＝ ＋alnx－a，即函数 h(x)＝ ＋alnx－a 存在零点．
x
x
1 a ax－1
1 －lnx－1 x g′(x)＝ ex ，x∈(0，＋∞)．
1
11
令 h(x)＝x－lnx－1，h′(x)＝－x2－x<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，且 h(1)＝0.
∴当 x∈(0，1)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递g(x)单调递减．
3．(2020·合肥市一诊)已知函数 f(x)＝xlnx－aex(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数
a 的取值范围是________．
( )1
答案 0，e
解析 f′(x)＝lnx＋1－aex，x∈(0，＋∞)，若 f(x)＝xlnx－aex 有两个极值点，
lnx＋1 则 y＝a 与 g(x)＝ ex 有 2 个交点．
令函数 g(x)＝2x－ex，则 g′(x)＝2－ex，令 g′(x)＝0，得 x＝ln2，所以 g(x)在(－∞，ln2)
上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以 g(x)的最大值为 g(ln2)＝2ln2－2.因此，a 的取
值范围就是函数 g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln2－2]．
当 a>0 时，h′(x)，h(x)随 x 的变化如下表：
x
( )1
0，a
1 a
( ) 1 ，＋∞ a
h′(x)
－
0
＋
h(x)
极小值
( )1
1
所以 h ＝a＋aln －a＝－alna 为函数 h(x)的极小值，也是最小值．
a
a
( )1
当 h >0，即 0<a<1 时，函数 h(x)没有零点； a
( )1
( )1
故要使函数 f(x)在 0，3 上无零点，
( )1
只要对任意的 x∈ 0，3 ，f(x)＞0 恒成立，
( )1
2lnx
即对 x∈ 0， ，a＞2－ 恒成立．
3
x－1
( ) 2lnx
1
令
h(x)＝2－ ，x∈ x－1
0，3
，
2 2lnx＋ －2
x 则 h′(x)＝ （x－1）2 ，
( ) 2
1
故 F(x)在(0，＋∞)上的零点有 3 个．
6．已知函数 f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx(a∈R)．
(1)当 a＝1 时，求 f(x)的单调区间；
( )1
(2)若函数 f(x)在 0，3 上无零点，求 a 的取值范围．
答案 (1)单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞) (2)[2－3ln3，＋∞)
x3
x2（x2＋2x＋3）
设 g(x)＝
－3a，则 g′(x)＝
≥0，仅当 x＝0 时 g′(x)＝0，所以 g(x)
x2＋x＋1
（x2＋x＋1）2
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．
( ) 1
12 1
1
又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－ ＝－6 a－ － <0，f(3a＋1)＝ >0，故 f(x)有一个零点．综上，f(x)
再令 m(x)＝2lnx＋ －2，x∈ 0， ，
x
3
－2（1－x） 则 m′(x)＝ x2 ＜0，
( )1
故 m(x)在 0， 上为减函数． 3
( )1
于是 m(x)＞m ＝4－2ln3＞0. 3
( )1
从而 h′(x)＞0，于是 h(x)在 0，3 上为增函数，
( )1
所以 h(x)＜h ＝2－3ln3， 3
1 ∴g(x)极大值＝g(1)＝e.
当 x→0 时，g(x)→－∞，当 x→＋∞时，g(x)→0.
1 ∴若 y＝a 与 g(x)在(0，＋∞)有 2 个交点，则 0<a< .
e 1 4．(2018·课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)＝ x3－a(x2＋x＋1)． 3
(1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间；
使得 f(x)在(0，x1)上大于 0，在(x1，x2)上小于 0，在(x2，＋∞)上大于 0，
即 F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
而 F(1)＝0，x→0 时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→＋∞，
画出函数 F(x)的草图，如图所示．
专题层级快练(十九)
1 1．若 a>2，则函数 f(x)＝ x3－ax2＋1 在区间(0，2)上恰好有( )
3
A．0 个零点
B．1 个零点
C．2 个零点
D．3 个零点
答案 B
解析 ∵f′(x)＝x2－2ax，且 a>2，∴当 x∈(0，2)时，f′(x)<0，即 f(x)是(0，2)上的减函数．
解析 (1)当 a＝1 时，f(x)＝x－1－2lnx，定义域为(0，＋∞)，
2 x－2 则 f′(x)＝1－ ＝ ，由 f′(x)＞0，得 x＞2，由 f′(x)＜0，得 0＜x＜2.
xx 故 f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
( )1
(2)因为 f(x)＜0 在区间 0， 上恒成立不可能， 3
当 x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)时，f′(x)>0；
当 x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f′(x)<0.
故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)上单调递增；在(3－2 3，3＋2 3)上单调递减．
x3 (2)证明：由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋x＋1－3a＝0.
3
66
3
只有一个零点．
1 ex
ex
5．(2019·东北四校联考)已知 f(x)＝ ＋ －3，F(x)＝lnx＋ －3x＋2.
xe
e
(1)判断 f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)判断函数 F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．
答案 (1)f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增 (2)3 个