《 备考指南 数学 》课件-第4章 第3讲 第2课时

第四章第3讲第2课时[A级基础达标]1．(2021年宝鸡模拟)设a为实数，函数f(x)＝ex－ax.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个零点，求a的取值范围．解：(1)由题意可得f′(x)＝ex－a，当a≤0时，则f′(x)＞0，可得f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，没有递减区间，此时没有极值；当a＞0时，易得f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故当x＝lna时，f(x)取得极小值，且f(lna)＝a－alna，没有极大值．(2)由f(x)＝ex－ax＝0，得a＝eq\f(ex,x).令g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，则g(x)单调递减；当1＜x＜2时，g′(x)＞0，则g(x)单调递增．又x→0时，g(x)→＋∞，x→2时，g(x)→eq\f(e2,2)，g(1)＝e，要使f(x)在(0,2)内存在两个零点，则a需满足e＜a＜eq\f(e2,2)，故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2))).2．(2021年大连二模)已知函数f(x)＝ax－1－lnx，其中a∈R.(1)求证：若a≥1时，f(x)≥0成立；(2)若函数g(x)＝ax2－2ax＋1，且关于x的方程2f(x)＋g(x)＝0有且只有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．(1)证明：因为f(x)＝ax－1－lnx，则可得其定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝a－eq\f(1,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)∈(0,1]．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增．所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lna≥ln1＝0.所以当a≥1时f(x)≥0成立．(2)解：设h(x)＝2f(x)＋g(x)＝ax2－2lnx－1，则原问题转化为函数h(x)有且只有两个零点，可得h′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x∈(0，＋∞))，当a≤0时，h′(x)＜0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，最多只有一个零点，不符合题意；当a＞0时，令h′(x)＝0，解得x＝±eq\f(1,\r(a))，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上单调递增，所以h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))＝lna．又因为h(0)→＋∞，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(a,e2)＋1＞0，所以若h(x)有且只有两个零点，则h(x)min＝lna＜0，即0＜a＜1.综上可得实数a的取值范围为(0,1)．[B级能力提升]3．设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)的零点个数．解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当m＝e时，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，则f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，由f′(x)＝0，得x＝e，所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，则f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(e，＋∞)上单调递增．所以当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，所以f(x)的极小值为2.(2)由题设得g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，则φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，所以φ(x)的最大值为φ(1)＝eq\f(2,3).作出φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)的大致图象如图，又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象，可知①当m>eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；②当m＝eq\f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq\f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点．[C级创新突破]4．(2021年浙江)设a，b为实数，且a＞1，函数f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意b＞2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围；(3)当a＝e时，求证：对任意b＞e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞eq\f(blnb,2e2)x1＋eq\f(e2,b).(注：e＝2.71828…是自然对数的底数)(1)解：由题意可求得f′(x)＝axlna－b，①当b≤0时，由于a＞1，则axlna＞0，故f′(x)＞0，此时f(x)在R上单调递增；②当b＞0时，令f′(x)＞0，解得x＞eq\f(ln\f(b,lna),lna)，令f′(x)＜0，解得x＜eq\f(ln\f(b,lna),lna)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(ln\f(b,lna),lna)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln\f(b,lna),lna)，＋∞))上单调递增；综上所述可得当b≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当b＞0时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(ln\f(b,lna),lna)))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln\f(b,lna),lna)，＋∞)).(2)解：注意到x→－∞时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞，由(1)知，要使函数f(x)有两个不同的零点，只需f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln\f(b,lna),lna)))＜0即可，令t＝eq\f(ln\f(b,lna),lna)，则at－bt＋e2＜0对任意b＞2e2恒成立，即etlna－bt＋e2＜0，即elneq\s\up4(\f(b,lna))－b·eq\f(ln\f(b,lna),lna)＋e2＜0，即eq\f(b,lna)－b·eq\f(ln\f(b,lna),lna)＋e2＜0，所以b－b·lneq\f(b,lna)＋e2lna＜0对任意b＞2e2均成立．记g(b)＝b－b·lneq\f(b,lna)＋e2lna，b＞2e2，则g′(b)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(b,lna)＋b·\f(lna,b)·\f(1,lna)))＝ln(lna)－lnb.令g′(b)＝0，得b＝lna，①当lna＞2e2，即a＞e2e2时，易知g(b)在(2e2，lna)上单调递增，在(lna，＋∞)上单调递减，此时g(b)≤g(lna)＝(e2＋1)lna＞0，不合题意；②当lna≤2e2，即1＜a≤e2e2时，易知g(b)在(2e2，＋∞)上单调递减，此时g(b)＜g(2e2)＝2e2－2e2[ln(2e2)－ln(lna)]＋e2lna，故只需2－2[ln2＋2－ln(lna)]＋lna≤0，即lna＋2ln(lna)≤2＋2ln2，则lna≤2，即a≤e2.综上所述可得实数a的取值范围为(1，e2]．(3)证明：当a＝e时，f(x)＝ex－bx＋e2有2个不同零点，则ex＋e2＝bx，故函数的零点一定为正数，由(2)知f(x)有两个不同的零点，记较小者为x1，较大者为x2，b＝eq\f(ex1＋e2,x1)＝eq\f(ex2＋e2,x2)＞e4，注意到y＝eq\f(ex＋e2,x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故x1＜2＜x2，又由eq\f(e5＋e2,5)＜e4可知x2＞5，因为b＝eq\f(ex1＋e2,x1)＜eq\f(2e2,x1)⇒x1＜eq\f(2e2,b)，要证x2＞eq\f(blnbx1,2e2)＋eq\f(e2,b)，只需证x2＞lnb＋eq\f(e2,b)，又因为b＝eq\f(ex2＋e2,x2)＜eq\f(2ex2,x2)且关于p(b)＝lnb＋eq\f(e2,b)在b＞e4上单调递增，所以只需证x2＞lneq\f(2ex2,x2)＋eq\f(e2x2,2ex2)(x2＞5)，只需证lnex2－lneq\f(2ex2,x2)－eq\f(e2x2,2ex2)＞0，只需证lnx