备战2024年高考数学一轮复习人教a选择性必修第二册第三章一元函数的导数及其应用培优课(二)隐零点与极值点偏移问题课时作业.docx

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1、培优课(二)隐零点与极值点偏移问题选题明细表 知识点、方法题号隐零点问题1,2,5极值点偏移问题3,4,61.设函数f(x)=ex-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x0时,(x-k)f(x)+x+10,求k的最大值.解:(1)f(x)的定义域为R,f(x)=ex-a.当a0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a0时,令f(x)0,得x0,得xln 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)由题设可得(x-k)(ex-1)+x+10,即k0)恒成立,令g(x)=x+1ex

2、-1+x(x0),得g(x)=ex-1-(x+1)ex(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2(x0).由(1)的结论可知,函数h(x)=ex-x-2(x0)是增函数.又因为h(1)0,所以函数h(x)的唯一零点(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x(0,)时,g(x)0,所以g(x)min=g()=+1e-1+.又h()=e-2=0,所以e=+2且(1,2),则g(x)min=g()=1+(2,3),所以k的最大值为2.2.已知函数f(x)=ex.(1)若f(x)ax+1,求实数a的取值范围;(2)若g(x)=x+ln x,求证:g(x)-xex+10.(1)解:f(x

3、)ax+1,化为ex-ax-10,令u(x)=ex-ax-1,则u(x)=ex-a,当a0时,u(x)=ex-a0,函数u(x)在R上单调递增,而u(0)=1-1=0,因此x0时,u(x)0时,令u(x)=ex-a=0,解得x=ln a,x(-,ln a)时,u(x)0,此时,函数u(x)单调递增,所以x=ln a时,函数u(x)取得极小值即最小值,所以u(ln a)=a-aln a-10,令v(a)=a-aln a-1,则v(a)=1-ln a-1=-ln a,可得v(a)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,a=1时,v(a)取得极大值v(1)=1-0-1=0,可得a=1时满足题

4、意.所以实数a的取值范围为1.(2)证明:令h(x)=g(x)-xex+1=x+ln x-xex+1,x(0,+),h(x)=1+1x-(x+1)ex=(x+1)(1x-ex),令y=1x-ex,则函数y在x(0,+)上单调递减,又y(1)=1-e0,所以存在唯一零点x0(12,1)(0,+),使得ex0=1x0,即x0=-ln x0.x0是h(x)的极大值即最大值,h(x0)=x0-x0-1+1=0,所以h(x)h(x0)=0,因此g(x)-xex+10.3.已知函数f(x)=xln x+a2x2-a2存在两个极值点x1,x2(x10)有两个极值点,所以f(x)=1+ln x+ax,x0有两

5、个变号的零点,所以1+ln x+ax=0,-a=1+lnxx,令h(x)=1+lnxx(x0),h(x)=-lnxx2,当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增;当x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=1.画出函数图象如图所示,y=-a与h(x)有两个交点,所以0-a1.当0-a1时,当0xx2时,-a1+lnxx,f(x)0;当x1xx2时,-a0,所以f(x)在区间(0,x1),(x2,+)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增,所以f(x)的极小值点为x1,极大值点为x2.所以a的取值范围为(-1,0).(2)f(x1+x22)符号为正.理

6、由如下:由(1)可知,0x11x2.又因为1+ln x1+ax1=0,1+ln x2+ax2=0,所以ln x2-ln x1=-a(x2-x1),所以1-a=x2-x1ln x2-ln x12(x2-x1)x2+x1,0x12(t-1)t+1(t1),设(t)=ln t-2(t-1)t+1(t1),(t)=(t-1)2t(t+1)20,所以(t)在(1,+)上单调递增,从而(t)(1)=0,即ln t2(t-1)t+1(t1),所以-1ax1+x22.又因为0-a1,综上可得x11-1ax1+x22f(1)=0.故f(x1+x22)符号为正.4.已知函数f(x)=axex(a0).(1)若对任

7、意的xR,都有f(x)1e恒成立,求实数a的取值范围;(2)设m,n是两个不相等的实数,且m=nem-n,求证:m+n2.(1)解:当a0时,f(1a)=1e1a,因为0e1a1e,即f(1a)1e,不符合题意;当a0时,f(x)=a(1-x)ex,当x(-,1)时,f(x)0,当x(1,+)时,f(x)0,所以a的取值范围为(0,1.(2)证明:因为m=nem-n,所以me-m=ne-n,即mem=nen.令g(x)=xex,由题意可知,存在不相等的两个实数m,n,使得g(m)=g(n).由(1)可知g(x)在区间(-,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减.不妨设mn,则m11),则h

8、(x)=g(x)-g(2-x)=1-xex+(x-1)ex-2=(x-1)e2x-2-1ex0,所以h(x)在(1,+)上单调递增,所以h(x)0,即g(x)g(2-x)在区间(1,+)上恒成立.因为n1,所以g(n)g(2-n).因为g(m)=g(n),所以g(m)g(2-n).又因为m1,2-n2-n,即m+n2.5.已知f(x)=aln x-xln x(a0).(1)求f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)求证:f(x)仅有一个极值;(3)若存在a,使f(x)a+b对任意x(0,+)恒成立,求实数b的取值范围.(1)解:f(x)=ax-ln x-1(x0),得f(1)=a-1,又

9、f(1)=0,所以f(x)在(1,f(1)处的切线方程为y=(a-1)(x-1),即(a-1)x-y+1-a=0.(2)证明:f(x)=ax-ln x-1(x0).令f(x)=ax-ln x-1=p(x),则p(x)=-ax2-1x=-(x+a)x20时,f(x)在(0,+)上单调递减,又p(1e)=ae0,p(a+1)=aa+1-ln(a+1)-1=ln1a+1-1a+1-10),所以ln x0+20,由ln x0-1=0,解得x0=e,所以x0=e时函数h(x0)取得极小值即最小值h(e)=-e,所以b-e,所以实数b的取值范围是-e,+).6.(2022全国甲卷)已知函数f(x)=exx

10、-ln x+x-a.(1)若f(x)0,求a的取值范围;(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x21.(1)解:由题意知函数f(x)的定义域为(0,+).由f(x)=ex(x-1)x2-1x+1=ex(x-1)-x+x2x2=(ex+x)(x-1)x2,可得函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=e+1-a.又f(x)0,所以e+1-a0,解得ae+1,所以a的取值范围为(-,e+1.(2)证明:法一不妨设x1x2,则由(1)知0x111.令F(x)=f(x)-f(1x),则F(x)=(ex+x)(x-1)x2+(e1x+1x)(1

11、x-1)1x21x2=(x-1)x2(ex+x-xe1x-1).令g(x)=ex+x-xe1x-1,则g(x)=ex+1-e1x+xe1x1x2=ex+1+e1x(1x-1),所以当x(0,1)时,g(x)0,所以当x(0,1)时,g(x)0,所以F(x)在(0,1)上单调递增,所以F(x)F(1),即在(0,1)上f(x)-f(1x)F(1)=0.又f(x1)=f(x2)=0,所以f(x2)-f(1x1)0,即f(x2)f(1x1).由(1)可知,函数f(x)在(1,+)上单调递增,所以x21x1,即x1x21.法二不妨设x1x2,则由(1)知0x11x2,01x21时,g(x)g(1)=0,即当x1时,h(x)h(1x),所以h(x1)=h(x2)h(1x2),又h(x)=1-1x=x-1x,所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以0x11x21,即x1x21.