《备考指南一轮 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．(2020年邯郸模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x2,lnx).(1)求f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－a在[eeq\s\up4(\f(1,3))，e2]上只有一个零点，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2lnx－1,ln2x).易知当x∈(0,1)∪(1，eq\r(e))时，f′(x)＜0，函数单调递减；当x∈(eq\r(e)，＋∞)时，f′(x)＞0，函数单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，(1，eq\r(e))，单调递增区间为(eq\r(e)，＋∞)．(2)由g(x)＝0，得f(x)＝a.因为f(eeq\s\up4(\f(1,3)))＝3eeq\s\up4(\f(2,3))，f(e2)＝eq\f(1,2)e4，且eq\f(1,2)e4＞3eeq\s\up4(\f(2,3))，又f(eq\r(e))＝2e，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(3eeq\s\up4(\f(2,3))，\f(1,2)e4))∪{2e}．2．(2020年酒泉模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax＋2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在[－1，＋∞)上只有一个零点，求a的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝－3x2＋a.①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减；②当a＞0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，解得x1＝－eq\r(\f(a,3))，x2＝eq\r(\f(a,3))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3a),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上单调递增．(2)当a≤0时，f(x)在R上单调递减，由f(－1)＝1－a＋2＞0，x→＋∞时，f(x)→－∞，故只有一个唯一的零点成立；当a＞0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(a,3))))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))，\r(\f(a,3))))上单调递增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)·eq\r(\f(a,3))＋2＞0，①当－eq\r(\f(a,3))＜－1，即a＞3时，则f(－1)＝3－a＜0，显然有2个零点，故不成立；②当－eq\r(\f(a,3))≥－1，即0＜a≤3时，若f(x)在[－1，＋∞)上恰好只有一个零点，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))＝－eq\f(2a,3)·eq\r(\f(a,3))＋2＞0，解得a＜3.综上，a的取值范围为(－∞，3)．[B级能力提升]3．(2020年罗湖区模拟)已知函数f(x)＝x2＋1－asinx，x∈[0，π]，a∈R，f′(x)是函数f(x)的导函数．(1)当a＝1时，求证：函数f(x)在区间[0，π]没有零点；(2)若f′(x)＋asinx＋a≤0在x∈[0，π]上恒成立，求a的取值范围．【解析】(1)证明：若a＝1，则f(x)＝x2＋1－sinx，x∈[0，π]．又x2＋1≥1，所以x2＋1－sinx≥0.又f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,4)，f(π)＝1＋π2，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，－1＜－sinx＜0.所以x2＋1－sinx＞0，恒成立．所以当a＝1时，函数f(x)在区间[0，π]上没有零点．(2)f′(x)＝2x－acosx，x∈[0，π]，故2x－acosx＋asinx＋a≤0.设g(x)＝2x－acosx＋asinx＋a，x∈[0，π]．由g(0)＝0≤0，g(π)＝2a＋2π≤0，得a≤－π，g′(x)＝2＋asinx＋acosx＝eq\r(2)asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2.由a≤－π，得a＜0.在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上，g′(x)单调递减，2＋a＝g′(0)≥g′(x)≥g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2＋eq\r(2)a.在区间x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上，g′(x)单调递增，2＋eq\r(2)a＝g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))≤g′(x)≤g′(π)＝2－a.又a≤－π，所以g′(0)＝2＋a＜0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2＋eq\r(2)a＜0，g′(π)＝2－a＞0.所以g′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上存在唯一零点区间x0.由g′(x)的单调性可知，在区间[0，x0]上，g′(x)≤0，g(x)单调递减，在区间[x0，π]上，g′(x)≥0，g(x)单调递增，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(gx≤g0＝0，,gx≤gπ≤0，))故a≤－π.4．(2020年河池模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a＞0)．(1)求函数f(x)在[1,2]上的最大值；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1＜x2)，求证：eq\f(x1,x2)＜ae.【解析】(1)因为f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a＞0)，所以f′(x)＝eq\f(1,a)－ex.令f′(x)＝0，解得x＝lneq\f(1,a).当x＜lneq\f(1,a)时，f′(x)＞0；当x＞lneq\f(1,a)时，f′(x)＜0.故函数f(x)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))，减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞)).当lneq\f(1,a)≥2，即0＜a≤eq\f(1,e2)时，f(x)在区间[1,2]上单调递减，则f(x)max＝f(2)＝eq\f(2,a)－e2；当1＜lneq\f(1,a)＜2，即eq\f(1,e2)＜a＜eq\f(1,e)时，f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(1,a)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，2))上单调递减，则f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)－eq\f(1,a)；当lneq\f(1,a)≤1，即a≥eq\f(1,e)时，f(x)在区间[1,2]上单调递减，则f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,a)－e.(2)证明：若函数f(x)有两个零点，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)－eq\f(1,a)＞0，可得lneq\f(1,a)＞1.则eq\f(1,a)＞e，此时f(1)＝eq\f(1,a)－e＞0，由此可得x1＜1＜lneq\f(1,a)＜x2，故x