专题13导数与函数的综合问题（能力提升）-2021年高考数学二轮复习必刷题（新高考地区专用）

专题13导数与函数的综合问题（能力提升） 1．已知函数． （1）当a＝﹣2时，求f（x）的最值； （2）讨论f（x）的零点个数． 【解析】解：（1）因为a＝﹣2所以，所以， 令f'（x）＞0，得x＜0；令f'（x）＜0，得x＞0， 则f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减， 故f（x）在x＝0时取得最大值f（x）＝3，没有最小值． （2）令，得， 设，由（1）可知g（x）≤g（0）＝1， 当x＞﹣1时，g（x）＞0；当x＜﹣1时，g（x）＜0． 当a＞1时，方程g（x）＝a无解，即f（x）没有零点； 当a＝1时，方程g（x）＝a有且只有一解，即f（x）有唯一的零点． 当0＜a＜1时，方程g（x）＝a有两解，即f（x）有两个零点． ④当a≤0时，方程g（x）＝a有且只有一解，即f（x）有唯一的零点； 综上，当a＞1时，f（x）没有零点； 当a＝1或a≤0时，f（x）有唯一的零点． 当0＜a＜1时，f（x）有两个零点． 2．已知函数f（x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x）． （1）证明f′（x）≥2； （2）若f（x）﹣ax≥0对0≤x＜1恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】解：（1）证明：函数f（x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x）的导数为 f′（x）， 由﹣1＜x＜1，可得0＜1﹣x2≤1， 则f′（x）≥2； （2）由题意知f（x）﹣ax≥0对0≤x＜1恒成立， 设g（x）＝f（x）﹣ax，0≤x＜1， 则g′（x）＝f′（x）﹣aa， 当a≤2时，g′（x）≥0恒成立，g（x）在[0，1）递增， g（x）≥g（0）＝0符合题意； 当a＞2时，g′（x）＝0可得a， 即1﹣x2，即有x2＝1，可得x， x，g′（x）＞0，g（x）单调递增； 0＜x，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 即有g（x）＜g（0）＝0不合题意． 综上，a的取值范围为（﹣∞，2]． 3．已知函数f（x）alnx（a≠0）． （Ⅰ）若a＞0，讨论f （x）的单调性： （Ⅱ）设g（x）＝f（x）﹣2x，若g（x）有两个零点，求a的取值范围． 【解析】解：（Ⅰ）∵f（x）alnx，∴f'（x），定义域为（0，+∞）， 令h（x）＝2x2﹣ax+1， ∵a＞0，且h（0）＝1＞0， ∴若△＝a2﹣8≤0，即0＜a时，h（x）≥0恒成立，即f'（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 若△＝a2﹣8＞0，即a时，令h（x）＝0，则x1，x2， 当0＜x＜x1或x＞x2时，h（x）＞0，即f'（x）＞0；当x1＜x＜x2时，h（x）＜0，即f'（x）＜0， ∴f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减． 综上所述， 当0＜a时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a时，f（x）在（0，）和（，+∞）上单调递增，在（，）上单调递减． （Ⅱ）g（x）＝f（x）﹣2xalnx﹣2xalnx，x＞0， ∴g'（x）， 令g'（x）＝0，则x． 若a＜0，则g'（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意； 若a＞0，当0＜x时，g'（x）＞0；当x时，g'（x）＜0， ∴g（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，∴g（x）max＝g（）． 要使g（x）有两个零点，必须有g（）＞0，即﹣a﹣aln0，解得a＞e． 接下来证明，当a＞e时，g（x）有两个零点． g（）＝﹣a2﹣alna（2lna﹣a）， 设t（a）＝2lna﹣a，a＞e，则t'（a）1＜0，即t（a）在（e，+∞）上单调递减， ∴t（a）＜t（e）＝2﹣e＜0，即2lna﹣a＜0在（e，+∞）上恒成立，也即g（）＜0． 又∵g（1）＝﹣1＜0， ∴当a＞e时，g（x）在（，）和（，1）上各有且只有一个零点． 综上所述， 实数a的取值范围为（e，+∞）． 4．设函数f（x）＝ex﹣alnx﹣a． （1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若0＜a＜e，证明：在区间（，1）内，f（x）存在唯一的极小值点x0，且f（x0）＞0． 【解析】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝ex， 当a＝e时，f′（x）＝ex，故f′（1）＝0，f（1）＝0， 故曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝0； （2）证明：∵0＜a＜e，∴f′（x）＝ex在（，1）递增， ∵f′（）e＜0，f′（1）＝e﹣a＞0， ∴∃x0∈（，1），使得f′（x0）＝0， 当x∈（，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，1）时，f′（x）＞0， 故f（x）在（，x0）递减，在（x0，1）递增， 故f（x）在区间（，1）内有唯一极小值点x0， 由f′（x0）＝0得，于是f