2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第5课时　高效演练分层突破学案

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1．(2020·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，0)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))
解析：选D.函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝lneq \f(1,a)，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)，＋∞))上单调递增，所以f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)))＝1－lneq \f(1,a)－2a＝1＋ln a－2a.令g(a)＝1＋ln a－2a(a>0)，则g′(a)＝eq \f(1,a)－2.当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，g(a)单调递增；当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，g(a)单调递减，所以g(a)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－ln 2<0，所以f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))<0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D.
2．已知函数f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋2x－3ln 3－eq \f(3,2).则方程f(x)＝0的解的个数是________．
解析：因为f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋2x－3ln 3－eq \f(3,2)，
所以f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋2＝eq \f(－x2＋2x＋3,x)
＝eq \f(（－x＋3）（x＋1）,x)，
当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－eq \f(9,2)＋6－3ln 3－eq \f(3,2)＝0，
所以方程f(x)＝0只有一个解．
答案：1
3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
故h(2)＝1－eq \f(4a,e2)是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞eq \f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－eq \f(16a3,e4a)＝1－eq \f(16a3,（e2a）2)＞1－eq \f(16a3,（2a）4)＝1－eq \f(1,a)＞0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝eq \f(e2,4).
4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))在区间[0，1]上零点的个数．
解：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，
所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)<0，得x令f′(x)>0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝eq \f(1,2)，
先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数，
当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；
当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；
当1而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1当e－a－1<0，即e－1当x＝eq \f(1,2)时，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0得a＝2(eq \r(e)－1)，
所以当a≤1或a>e－1或a＝2(eq \r(e)－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点；
当15．(2020·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．
解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，
当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln(－b)，＋∞)上单调递增；
若x(2)令g(x)＝ex＋bx－1－ln x，则g′(x)＝ex＋b－eq \f(1,x)，易知g′(x)单调递增且一定有大于0的零点，设g′(x)大于0的零点为x0，则g′(x0)＝0，即ex0＋b－eq \f(1,x0)＝0，b＝eq \f(1,x0)－ex0.
方程f(x)＝ln x有两个实数根，即g(x)有两个零点，则需满足g(x0)<0，
即e x0＋bx0－1－ln x0＝ex0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－ex0))x0－1－ln x0＝e x0－ex0x0－ln x0<0，
令h(x)＝ex－exx－ln x(x>0)，则h′(x)＝－exx－eq \f(1,x)<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又h(1)＝0，所以ex0－ex0x0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝eq \f(1,x0)－ex0<1－e.
当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，
令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，0故G(x)＝(x＋1)ex－x>0，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上有唯一零点．
综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．
6．(2020·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax－a＋1－eq \f(ln x,x)(其中a为常数，且a∈R)．
(1)若函数f(x)为减函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围，并说明理由．
解：(1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ax－a＋1－eq \f(ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(1,2)a－eq \f(1－ln x,x2)，
若函数f(x)为减函数，则f′(x)≤0对x∈(0，＋∞)恒成立，即eq \f(1,2)a≤eq \f(1－ln x,x2)对x∈(0，＋∞)恒成立．
设m(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，则m′(x)＝eq \f(2ln x－3,x3)，令m′(x)＝0，得x＝eeq \s\up6(\f(3,2))，可得m(x)在区间(0，eeq \s\up6(\f(3,2)))上单调递减，在区间(eeq \s\up6(\f(3,2))，＋∞)上单调递增，
所以m(x)min＝m(eeq \s\up6(\f(3,2)))＝－eq \f(1,2e3)，所以eq \f(1,2)a≤－eq \f(1,2e3)，即a≤－e－3，故实数a的取值范围是(－∞，－e－3]．
(2)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝eq \f(\f(1,2)ax2－（a－1）x－ln x,x)，
所以可设h(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a－1)x－ln x，则函数f(x)有两个不同的零点等价于函数h(x)有两个不同的零点．
因为h′(x)＝ax－(a－1)－eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－（a－1）x－1,x)＝eq \f(（ax＋1）（x－1）,x)，
所以当a≥0时，函数h(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上有最小值为h(1)．若函数h(x)有两个不同的零点，则必有h(1)＝－eq \f(1,2)a＋1<0，即a>2，此时，在x∈(1，＋∞)上有h(2)＝2a－2(a－1)－ln 2＝2－ln 2>0，
在x∈(0，1)上，h(x)＝eq \f(1,2)a(x2－2x)＋x－ln x，
因为－1－eq \f(1,2)a＋x－ln x，
所以h(e－eq \s\up6(\f(1,2))a)>－eq \f(1,2)a＋e－eq \s\up6(\f(1,2))a－ln(e－eq \s\up6(\f(1,2))a)＝e－eq \s\up6(\f(1,2))a >0，
所以h(x)在区间(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，故a>2符合题意．
当a＝－1时，h′(x)≤0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．
当－1所以函数h(x)的极小值为h(1)＝－eq \f(1,2)a＋1>0，所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<－1时，函数h(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，1))上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以函数h(x)的极小值为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝eq \f(1,2a)＋eq \f(1,a)(a－1)－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝1－eq \f(1,2a)＋ln(－a)>0，
所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是(2，＋∞)．