2025高考数学一轮复习-3.2-导数与函数的单调性-专项训练（含解析）

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1.设函数f(x)=aex+sin x-3x-2,e为自然对数的底数,a∈R.
(1)若a≤0,求证:函数f(x)有唯一的零点;
(2)若函数f(x)有唯一的零点,求a的取值范围.
2.已知函数f(x)=(x-2)ex-ax+aln x(a∈R).
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a0时,f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)单调递增,
于是f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0时取等号,
故此时f(x)有唯一的零点x=0.
(ⅱ)当a>2时,f(x)>2ex+sin x-3x-2≥0,此时f(x)无零点;
(ⅲ)当00,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
因此g(x)≥g(0)=1>0,即当x≥0时,ex>x22.
当x>0时,f(x)≥aex-3x-3>a2x2-3x-3,
令a2x2-3x-3=0,得x=3±9+6aa.
取x0=3+9+6aa>0,则f(x0)>0.
又f(0)=a-20,
因此,当00,m(x)单调递增,
又由m(1)=1,所以m(x)≥1,
令f(x)=0,可得(x-2)ex-ax+aln x=0,所以a=(x-2)exx-lnx,其中x>0,
令g(x)=(x-2)exx-lnx,可得g'(x)=ex(x-1)(x-lnx)2x-ln x+2x-1,
令h(x)=x-ln x+2x-1,则h'(x)=1-1x−2x2=x2-x-2x2=(x-2)(x+1)x2(x>0),可得00,h(x)单调递增;
所以h(x)min=h(2)=2-ln 2>0,即x>0时,h(x)>0恒成立;
故00,g(x)单调递增;
所以g(x)min=g(1)=-e﹐
又由x→0时,g(x)→0,当x→+∞时,g(x)→+∞,
画出函数g(x)的图象如右图所示,结合图象可得,
当a0.
又当x→0时,f(x)→-∞,∴f(x)恰有一个零点.
综上,若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞).
4.解 (1)f(x)的定义域为R,f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),
若a=0,则f'(x)>0⇒-6x>0⇒x0⇒x2a,f'(x)