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第2講 綜合大題部分
1. (2017高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．
解析：(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
①若a≤0，則f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減．
②若a>0，則由f′(x)＝0得x＝－ln a.
當x∈(－∞，－ln a)時，f′(x)<0；
當x∈(－ln a，＋∞)時，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減，
在(－ln a，＋∞)上單調遞增．
(2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點．
②若a>0，由(1)知，當x＝－ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(－ln a)＝1－＋ln a.
a．當a＝1時，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一個零點；
b．當a∈(1，＋∞)時，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)沒有零點；
c．當a∈(0,1)時，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一個零點．
設正整數(shù)n0滿足n0>ln，
則f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一個零點．
綜上，a的取值范圍為(0,1)．
2．(2017高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，…
0，由f′(x)＝1－＝知，當x∈(0，a)時，f′(x)<0；當x∈(a，
＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)單調遞減，在(a，＋∞)單調遞增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點．
由于f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0.
故a＝1.
(2)由(1)知當x∈(1，＋∞)時，x－1－ln x>0.
令x＝1＋得ln<.從而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故…2，
所以m的最小值為3.
3．(2018高考全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.
解析：(1)證明：當a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1≤0.
設函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
當x≠1時，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)單調遞減．
而g(0)＝0，故當x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)設函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一個零點等價于h(x)在(0，＋∞)只有一個零點．
(ⅰ)當a≤0時，h(x)＞0，h(x)沒有零點；
(ⅱ)當a＞0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
當x∈(0,2)時，h′(x)＜0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)單調遞減，在(2，＋∞)單調遞增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)沒有零點．
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一個零點．
③若h(2)＜0，即a＞，
因為h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一個零點；
由(1)知，當x＞0時，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)有兩個零點．
綜上，當f(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，a＝.
1. 已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋ax2，a>0.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)上有唯一零點x0，證明：e－2－1，
令g(x)＝2ax2＋2ax＋1，
則Δ＝4a2－8a＝4a(a－2)，
若Δ<0，即00，
故當x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
若Δ＝0，即a＝2，則g(x)≥0，
僅當x＝－時，等號成立，
故當x∈(－1，＋∞)時，f′(x)≥0，f(x)單調遞增．
若Δ>0，即a>2，則g(x)有兩個零點，
x1＝，x2＝，
由g(－1)＝g(0)＝1>0，g(－)<0得，
－10，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
當x∈(x1，x2)時，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調遞減，
當x∈(x2，＋∞)時，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
綜上所述，當02時，f(x)在(－1，)和(，＋∞)上單調遞增，
在(，)上單調遞減．
(2)由(1)及f(0)＝0可知：僅當極大值等于零，即f(x1)＝0時，符合要求．
此時，x1就是函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)上的唯一零點x0.
所以2ax＋2ax0＋1＝0，
從而有a＝－，
又f(x0)＝ln(x0＋1)＋ax＝0，
所以ln(x0＋1)－＝0，
令x0＋1＝t0，則ln t0－＝0，
即ln t0＋－＝0，且00，h(e－1)＝<0，
所以e－20)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)若m＝，對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解析：(1)f(x)＝ln x－mx，x>0，
所以f′(x)＝－m，
當m≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
當m>0時，由f′(x)＝0得x＝；
由得0.
綜上所述，當m≤0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)；
當m>0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)，
單調遞減區(qū)間為(，＋∞)．
(2)若m＝，則f(x)＝ln x－x.
對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，
等價于對?x∈[2,2e2]都有g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值為f(e2)＝，
g′(x)＝1＋>0(a>0)，x∈[2,2e2]，
函數(shù)g(x)在[2,2e2]上是增函數(shù)，
g(x)min＝g(2)＝2－，
由2－≥，得a≤3，
又a>0，所以a∈(0,3]，所以實數(shù)a的取值范圍為(0,3]．
3．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直．
(1)試比較：2 0182 019與2 0192 018的大小并說明理由；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－k有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1x2>e2.
解析：(1)依題意得f′(x)＝，
所以f′(1)＝＝，
又曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，所以f′(1)＝1，
即＝1，解得a＝0.
故f(x)＝，f′(x)＝.
令f′(x)>0，則1－ln x>0，解得0e，
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，e)，
單調遞減區(qū)間為(e，＋∞)．
∴f(2 018)>f(2 019)，即>，
即ln 2 0182 019>ln 2 0192 018，
∴2 0182 019>2 0192 018.
(2)不妨設x1>x2>0，因為g(x1)＝g(x2)＝0，
所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，
ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要證x1x2>e2，即證ln x1x2>2，
只需證ln x1＋ln x2>2，
也就是證k(x1＋x2)>2，即證k>.
因為k＝，
所以只需證>，
即證ln >.
令＝t(t>1)，則只需證ln t>(t>1)．
令h(t)＝ln t－(t>1)，
則h′(t)＝－＝>0，
故函數(shù)h(t)在(1，＋∞)上是單調遞增的，
所以h(t)>h(1)＝0，即ln t>.
所以x1x2>e2.
4．已知函數(shù)f(x)＝.
(1)求曲線y＝f(x)在點P(2，)處的切線方程；
(2)證明：f(x)>2(x－ln x)．
解析：(1)因為f(x)＝，
所以f′(x)＝＝，f′(2)＝，
又切點為(2，)，所以切線方程為
y－＝(x－2)，即e2x－4y＝0.
(2)設函數(shù)g(x)＝f(x)－2(x－ln x)＝－2x＋2ln x，x∈(0，＋∞)，
則g′(x)＝－2＋＝，x∈(0，＋∞)．
設h(x)＝ex－2x，x∈(0，＋∞)，
則h′(x)＝ex－2，令h′(x)＝0，則x＝ln 2.
當x∈(0，ln 2)時，h′(x)<0；
當x∈(ln 2，＋∞)時，h′(x)>0.
所以h(x)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2>0，
故h(x)＝ex－2x>0.
令g′(x)＝＝0，則x＝1.
當x∈(0,1)時，g′(x)<0；
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0.
所以g(x)min＝g(1)＝e－2>0，
故g(x)＝f(x)－2(x－ln x)>0，
從而有f(x)>2(x－ln x)．
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