2022版高考数学二轮复习 课时作业24

课时作业(二十四)

1．(2021·贵州贵阳一中高三月考)已知函数f(x)＝x3-ax2(a∈R)在[0，1]上的最小值为-.

(1)求a的值；

(2)讨论函数g(x)＝f(x)-2x＋b(b∈R)的零点个数．

【解析】　(1)由f(x)＝x3-ax2，

f′(x)＝x2-ax＝x(x-a)，

当a≤0时，f′(x)在[0，＋∞)上恒大于等于0，

所以f(x)在[0，1]上单调递增，

f(x)min＝f(0)＝0，不合题意；

当0<a<1时，则x∈[0，a]时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

x∈[a，1]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)min＝f(a)＝a3-a3＝-a3，

-a3＝-，

所以a＝1，不满足0<a<1；

当a＝1时，在[0，1]上，f′(x)≤0且不恒为0，

所以f(x)在[0，1]上单调递减，

f(x)min＝f(1)＝-＝-，适合题意；

当a>1时，在[0，1]上，f′(x)<0，

所以f(x)在[0，1]上单调递减，

f(x)min＝f(1)＝-a＝-，不满足a>1；

所以a＝1，

综上，a＝1.

(2)由(1)g(x)＝x3-x2-2x＋b，

所以b＝-x3＋x2＋2x，

令h(x)＝-x3＋x2＋2x，

则h′(x)＝-x2＋x＋2＝-(x-2)(x＋1)，

所以h′(2)＝0，h′(-1)＝0，

且当x<-1时，h′(x)<0；

当-1<x<2时，h′(x)>0；当x>2时，h′(x)<0，

所以h(x)极小＝h(-1)＝＋-2＝-，

h(x)极大＝h(2)＝-×8＋×4＋4＝，

如图：

当b<-或b>时，函数g(x)有1个零点；

当b＝-或b＝时，函数g(x)有2个零点；

当-<b<时，函数g(x)有3个零点．

2．(2021·河南模拟)已知函数f(x)＝mex，g(x)＝ln x＋1.

(1)若函数f(x)与g(x)有公共点，求m的取值范围；

(2)若不等式f(x)>g(x)＋1恒成立，求整数m的最小值．

【解析】　(1)令f(x)＝g(x)，即mex＝ln x＋1，则m＝，

令h(x)＝，则h′(x)＝.

令k(x)＝-ln x-1，则函数k(x)在(0，＋∞)上单调递减，且k(1)＝0，

所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

又∵x→0时，h(x)→-∞，

所以m≤h(x)max＝h(1)＝，所以m的取值范围为.

(2)令x＝1，则me>ln 1＋2，解得m>，故m≥1.

当m＝1时，令m(x)＝ex-ln x-2，m′(x)＝ex-，且m′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又m′(1)>0，m′<0，可知存在唯一的正数x0∈，使得m′(x0)＝0，

即ex0-＝0，则m(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．

所以m(x)min＝m(x0)＝ex0-ln x0-2＝＋x0-2>0.

所以整数m的最小值是1.

3．(2021·陕西高三模拟)设函数f(x)＝ax＋e-x(a>0且a≠1)．

(1)若f(x)存在极值点，求实数a的取值范围；

(2)设f(x)的极值点为x0，问是否存在正整数a，使得x0∈(0，1)？若存在，求出a；若不存在，请说明理由．

【解析】　(1)由题意，函数f(x)＝ax＋e-x，

可得f′(x)＝axln a-e-x，

令g(x)＝axln a-e-x，

则g′(x)＝ax(ln a)2＋e-x>0，

所以函数g(x)单调递增，

若f(x)有极值点，则f′(x)＝0有解，

即axln a-e-x＝0有解，

则(ae)xln a＝1，即(ae)x＝，

因为(ae)x>0，所以>0，

即ln a>0，即a>1，

此时f(x)有极小值点x0＝logae＝-，

所以实数a的取值范围是(1，＋∞)．

(2)由(1)知，当a>1时，函数f(x)的极值点x0(即函数f′(x)的零点)，

因为f′(0)＝ln a-1<0，f′(1)＝aln a-e-1>0，

则aln a>e-1且a<e，

令g(a)＝aln a(a>1)，则g′(a)＝1＋ln a>0，

所以g(a)在(1，＋∞)上单调递增，

g(1)＝0，g(2)＝2ln 2>1，

所以a＝2，3，4，5，6，…都使得aln a>e-1成立，

又a<e，所以有且只有a＝2满足题意．

4．(2021·浙江高三模拟)已知函数f(x)＝aln x＋ex＋b(a>0)，其中e＝2.718 28…是自然对数的底数．

(1)判断f(x)的单调性；

(2)令t(x)＝f(x)-b-ex＋ln x，记x0为函数t(x)的零点，求证：<x0<ea；

(3)令m(x)＝f(x)-ex，a＝1，若对于x∈[1，＋∞)，m(x)≤恒成立，求b的取值范围．

【解析】　(1)∵f(x)＝aln x＋ex＋b(x>0)，

∴f′(x)＝＋ex＝，

令g(x)＝a＋xex，故只需讨论g(x)的正负性即可，

∴g′(x)＝(x＋1)ex>0，故g(x)单调递增，

故g(x)>g(0)＝a>0，

故f′(x)>0，∴f(x)单调递增．

(2)由t(x)＝f(x)-b-ex＋ln x＝aln x＋ln x，

故t′(x)＝>0，故t(x)单调递增，

当x＝ea时，t(ea)＝a2＋a>t(x0)＝0，故x0<ea，

由＝e-a，代入t(x)，

得t(e-a)＝-a2-a＝-＋<0，

故x0>e-a，

综上所述：<x0<ea.

(3)由题意得m(x)＝ln x＋b，

即求ln x＋b≤恒成立时b的取值范围，

∵m′(x)＝>0，故m(x)单调递增且当x>e-b时m(x)>0，

又∵(x＋1)2>0，故得b>0，

故只需求bln x＋b2≤(x＋1)2，

当x＝1时，b2≤4，解得0<b≤2(*)，

令r(x)＝x2＋2x＋1-bln x-b2，

故r′(x)＝2x＋2-＝＝，

令φ(x)＝2-b-≥4-b，

故由(*)知φ(x)>0，故r(x)单调递增，

∴只需r(x)＝x2＋2x＋1-bln x-b2≥r(1)＝4-b2≥0，

解得0<b≤2，

综上所述：b的取值范围是0<b≤2.