单元检测卷(五) 函数的综合应用-【满分金卷】2022新高考数学总复习必刷题单元能力提升卷

即证x(a-1)≥-lna, 当a≥1时,∴x(a-1)>0>-lna恒成立, 当0<a<1时,x(a-1)<0<-lna,此时x(a-1)≥-lna 不成立, 综上所述,实数a的取值范围为[1,+∞). 方法三:由题意,可得x∈(0,+∞),a∈(0,+∞), ∴f'(x)=aex-1-1x , 易知f'(x)在(0,+∞)上为增函数, ①当0<a<1时,f'(1)=a-1<0, f' 1a =ae1a-1-a=a(e1a-1-1)>0, ∴存在x0∈ 1, 1 a 使得f'(x0)=0, 当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减, ∴f(x)<f(1)=a+lna<a<1,不满足题意, ②当a≥1时,ex-1>0,lna>0, ∴f(x)≥ex-1-lnx, 令g(x)=ex-1-lnx, ∴g'(x)=ex-1-1x , 易知g'(x)在(0,+∞)上为增函数, ∵g'(1)=0, ∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增, ∴g(x)≥g(1)=1, 即f(x)≥1, 综上所述,实数a的取值范围为[1,+∞). 方法四:∵f(x)=aex-1-lnx+lna(x>0,a>0) ∴f'(x)=aex-1-1x ,易知f'(x)在(0,+∞)上为增函数, ∵y=aex-1在(0,+∞)上为增函数,y=1x 在(0,+∞)上为 减函数, ∴y=aex-1与y=1x 在(0,+∞)上有交点, ∴存在x0∈(0,+∞),使得f'(x0)=ae x0-1-1x0 =0, 则aex-10 = 1 x0 ,则lna+x0-1=-lnx0, 即lna=1-x0-lnx0, 当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增, ∴f(x)≥f(x0)=ae x0-1-lnx0+lna =1x0 -lnx0+1-x0-lnx0= 1 x0 -2lnx0+1-x0≥1 ∴1x0 -2lnx0-x0≥0 设g(x)=1x-2lnx-x ,x∈(0,+∞) 易知函数g(x)在(0,+∞)上单调递减, 且g(1)=1-0-1=0, ∴当x∈(0,1]时,g(x)≥0, ∴当x0∈(0,1]时, 1 x0 -2lnx0-x0≥0, 设h(x)=1-x-lnx,x∈(0,1], ∴h'(x)=-1-1x<0 恒成立, ∴h(x)在(0,1]上单调递减, ∴h(x)≥h(1)=1-1-ln1=0, 当x→0时,h(x)→+∞, ∴lna≥0=ln1, ∴a≥1. 方法五:f(x)≥1等价于aex-1-lnx+lna≥1恒成立. 当x=1时,有a+lna≥1,其中a>0. 设g(a)=a+lna-1,则g'(a)=1+1a>0 , 则g(a)单调递增,且g(1)=0. 所以若a+lna≥1成立,则必有a≥1. ∴下面证明当a≥1时,f(x)≥1成立. ∵ex≥x+1, 把x换成x-1得到ex-1≥x, ∵x-1≥lnx,∴x-lnx≥1. ∴f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥x-lnx≥1. 综上,a≥1. 4.解:(1)因为f'(x)=3x2+b, 由题意,f' 12 =0,即3× 12 2 +b=0 则b=-34 ; (2)由(1)可得,f(x)=x3-34x+c , f'(x)=3x2-34=3x+ 1 2 x-12 , 令f'(x)>0,得x>12 或x<-12 ;令f'(x)<0,得-12< x<12 , 所以 f(x)在 -12 ,1 2 上 单 调 递 减,在 -∞,-12 , 1 2 ,+∞ 上单调递增, 且f(-1)=c-14 ,f -12 =c+14,f 12 =c-14, f(1)=c+14 , 若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0, 则f(-1)>0或f(1)<0, 即c>14 或c<-14. 当c>14 时,f(-1)=c-14>0 ,f -12 =c+14>0, f 12 =c-14>0,f(1)=c+14>0, 又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0, 由零点存在性定理知,f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个 零点x0, 即f(x)在(-∞,-1)上存在唯一一个零点,在(-1,+∞) 上不存在零点, 此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾; 当c<-14 时,f(-1)=c-14<0 ,f -12 =c+14<0, f 12 =c-14<0,f(1)=c+14<0, 又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0, 由零点存在性定理知