高考数学一轮复习课时分层作业20利用导数解决函数的零点问题含答案

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1．[解] (1)由题意得f′x＝ex－2a.
当2a≤0，即a≤0时，f′x>0恒成立，
∴fx在R上单调递增，无极值．
当2a>0，即a>0时，
令f′x＝0，解得x＝ln (2a)，
∴当x∈-∞，ln2a时，f′x0.
∴fx在-∞，ln2a上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，
∴fx的极小值为fln2a＝a－2a ln (2a)，无极大值．
综上所述：当a≤0时，fx无极值；
当a>0时，fx的极小值为a－2a ln (2a)，无极大值．
(2)由(1)知：当a>0时，fx在-∞，ln2a上单调递减，在ln2a，+∞上单调递增；
当00恒成立，fx无零点；
当a＝e2时，fln2a＝a－2a ln (2a)＝0，fx有唯一零点x＝ln (2a)；
当a>e2时，fln2a＝a－2a ln (2a)0，则有t－a ln t＝0，
t′＝x+1ex>0，所以，函数t＝xex在0，+∞上单调递增，因为方程xex－alnx+x＝0有两个实根x1，x2.
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，则关于t的方程t－a ln t＝0也有两个实根t1，t2，且t1≠t2，要证ex1+x2>e2x1x2，
即证x1ex1·x2ex2>e2，即证t1t2>e2，
即证ln t1＋ln t2>2.
法一：由已知t1=alnt1，t2=alnt2，
所以t1-t2=alnt1-lnt2，t1+t2=alnt1+lnt2，
整理可得t1+t2t1-t2＝lnt1+lnt2lnt1-lnt2，
不妨设t1>t2>0，
即证ln t1＋ln t2＝t1+t2t1-t2ln t1t2>2，
即证ln t1t2>2t1-t2t1+t2＝2t1t2-1t1t2+1，
令s＝t1t2>1，即证ln s>2s-1s+1，其中s>1，
构造函数gs＝ln s－2s-1s+1，其中s>1，
g′s＝1s-4s+12＝s-12ss+12>0，
所以，函数gs在1，+∞上单调递增，
当s>1时，gs>g1＝0，故原不等式成立．
法二：由t1=alnt1，t2=alnt2，两边取对数得lnt1=lna+lnlnt1，lnt2=lna+lnlnt2，
由对数均值不等式得1＝lnt1-lnt2lnlnt1-lnlnt2＜lnt1+lnt22，
所以ln t1＋ln t2＞2.
x
0，e
e
e，+∞
f′x
＋
0
－
fx
单调递增
1e
单调递减