压轴大题突破练03 函数与导数（1）-【步步高】2019大二轮高考22题逐题特训-理科数学（通用版）

(三)函数与导数(1) 1．(2018·江南十校模拟)设f(x)＝xln x－ax2＋(3a－1)x. (1)若g(x)＝f′(x)在[1,2]上单调，求a的取值范围； (2)已知f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围． 解　(1)由f′(x)＝ln x－3ax＋3a， 即g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)， g′(x)＝－3a， ①g(x)在[1,2]上单调递增， ∴－3a≥0对x∈[1,2]恒成立， 即a≤对x∈[1,2]恒成立， 得a≤； ②g(x)在[1,2]上单调递减， ∴－3a≤0对x∈[1,2]恒成立， 即a≥对x∈[1,2]恒成立， 得a≥， 由①②可得a的取值范围为.∪ (2)由(1)知， ①当a≤0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意； ②当0<a<>1，时， 又f′(x)在上单调递增， ∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增， f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意； ③当a＝＝1，f′(x)在(0,1)上单调递增，时， 在(1，＋∞)上单调递减， ∴x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意； ④当a><1，时，0< 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)在x＝1处取得极大值，不符合题意． 综上所述，可得a的取值范围为. 2．(2018·河南省郑州外国语学校调研)已知函数f(x)＝aln x－ex. (1)讨论f(x)的极值点的个数； (2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值． 参考数据： x 1.6 1.7 1.8 ex 4.953 5.474 6.050 ln x 0.470 0.531 0.588 解　(1)根据题意可得f′(x)＝(x>0)，－ex＝ 当a≤0时，f′(x)<0，函数是减函数，无极值点； 当a>0时，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a， 又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数， 且当x→＋∞时，xex→＋∞， 所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0， 所以函数y＝f(x)在(0，x0)上单调递增， 在(x0，＋∞)上单调递减， 所以函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点． 综上，当a≤0时，无极值点； 当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点． (2)因为a∈N* >0，[来源:Zxxk.Com] 由(1)知，f(x)有极大值f(x0)， 且x0满足x0 ＝a，① 可知f(x)max＝f(x0)＝aln x0－ ， 要使f(x)<0恒成立， 即f(x0)＝aln x0－ <0，② 由①可得 ＝， 代入②得aln x0－<0， 即a<0， 因为a∈N*>0，所以ln x0－<0， 因为ln 1.7－>0，<0，ln 1.8－ 且y＝ln x0－在(0，＋∞)上是增函数． 设m为y＝ln x0－的零点， 则m∈(1.7,1.8)，可知0<x0<m， 由②可得aln x0< ， 当0<x0≤1时，aln x0≤0，不等式显然恒成立； 当1<x0<m时，ln x0>0，a< eq \f(,ln x0) ， 令g(x)＝，x∈(1，m)， 则g′(x)＝<0， 所以g(x)在(1，m)上是减函数， 且≈10.31，≈10.29， 所以10.29<g(m)<10.31，所以a≤g(m)， 又a∈N*，所以a的最大值为10. 3．(2018·厦门质检)设函数f(x)＝xln x－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex.[来源:Z+xx+k.Com] (1)当b＝0时，函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围； (2)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，且函数h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求a的取值范围． 解　(1)当b＝0时，f(x)＝xln x－ax2－x， f′(x)＝ln x－2ax， ∴f(x)＝xln x－ax2－x有2个极值点就是方程ln x－2ax＝0有2个解， 即y＝2a与m(x)＝的图象的交点有2个． ∵m′(x)＝， 当x∈(0，e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减． m(x)有极大值， 又∵x∈(0,1]时，m(x)≤0； 当x∈(1，＋∞)时，0<m(x)<. 当a∈的图象的交点有0个；时，y＝2a与m(x)＝