Page 40 - 高中数学小题狂做·选择性必修第一册·SJ

f
因为 f ' ( 0 ) =0 , ' ( ln2 ) =2ln2-1>0 , ' ( 1 ) =3-e>0 ,
f
3 3
f ' 2 =4-e <0 ,
2
3 x

2
所以∃x 0∈ 1 , 使 f ' ( x 0 =0 , 故2x 0+1=e ,
)
0
( ] 上单调递增, 在( x 0 +∞ ) 上单调递
,
所以 f x ) 在[ 0 , x 0
x
减, ( x ) ( ) 2 0 2
f
max=f x 0 =x 0 +x 0 -e =x 0 -x 0 -1=
2
x 1 5 1

7. ( 0 , 1 ] 不等式( 2x- y )·( ln y-lnx+1 ) ≤ 对任意正 x 0- 2 - <- <0成立.
a 4 4
y y 1 所以a 的最大整数值为1.

y
+1 ≤
· ln
实数x , 恒成立, 可得 2- x x a . 可设 t= 微专题十四 函数中的零点问题
y
()
( t>0 ), 可 得 f t = ( 2-t )( lnt+1 ), 则 f ' ( t ) = x
x 1.C 因为函数 f x ) =|lnx|- 的零点个数即方程
(
e
2-t
2
- ( lnt+1 ) + =-lnt+ -2. 由 y=-lnt 和 y= x
t t
|lnx|- =0的根的个数, 故可化为求 y=|lnx| 与 y=
e
2 -2在 t∈ ( 0 , +∞ ) 时单调递减, 可得 f ' ( t ) 在( 0 , +∞ ) 上
t x 图象的交点个数. 当x>1时, y
y=|lnx|=lnx , '=
e
单调递减, 则 f ' ( 1 ) =0 , 当 t>1时, ' ( t ) < f ' ( 1 ) =0 ,() 单
ft
f
调递减; 0<t<1时, ' ( t ) > f ' ( 1 ) =0 ,() 单调递增. 可得 1 . 令 y '= 1 = 1 , 可解的x=e , 所以直线 y= x 与 y=
ft
f
x x e e
()
f
ft 在 t=1时取得极大值, 且为最大值, ( 1 ) =1 , 则1≤
|lnx| ( x>1 ) 相切于点( e , 1 ), 作出函数 y=|lnx| 与函
1 , 即 a-1 ≤0 , 解得0<a≤1. x x
a a 数 y= 的图象如图. 由图象可知, 的
y=|lnx| 与 y=
e e
x

8. 规范解答 解:( 1 ) 由题意, 知 g ' ( x ) =ae ( x+2 ), 则
x
(
g ' ( 0 ) =2a. 图象有2个交点, 故 f x ) =|lnx|- e 的零点个数为2.
因为函数 gx 在x=0处的切线方程为x- y+a=0 , 所以
()
1
g ' ( 0 ) =2a=1 , 解得a= .
2
(
(
( 2 ) 令h ( x ) = f x ) - g x ) +2a , x∈ [ 0 , +∞ ), 则h ( x ) =
2 x x x 2
xe-ae ( x+1 ) +2a , 即h ( x ) =e ( x -ax-a ) +2a , x∈
2 x
[ 0 , +∞ ), 所以h' ( x ) = [ x + ( 2-a ) x-2a ] e , 即h' ( x ) =
2.D f ' ( x ) =3x -6ax=3x ( x-2a ), 当a≤0时, 显然
2
x
e ( x+2 )( x-a ), x∈ [ 0 , +∞ ) .
f ' ( x ) ≥0 , 则原函数 f x ) 在( 0 , +∞ ) 上单调递增, 又因
(
因为∃x 0∈ [ 0 , +∞ ), 使得 g x 0 ≥ f x 0 +2a 成立, 即
( )
( )
为 f 0 =4 , 则在( 0 , +∞ ) 上没有零点, 不符合题意. 当
()
)
min≤0.
∃x 0∈ [ 0 , +∞ ), 使得h ( x 0 ≤0成立, 所以h ( x )
a>0时, 由于x∈ ( 0 , +∞ ), 令 f ' ( x ) >0 , 得x>2a , 即
①当a≤0时, h' ( x ) ≥0在[ 0 , +∞ ) 上恒成立, 函数h ( x ) 在
函数 f x ) 在( 0 , 2a ) 上单调递减, 在( 2a , +∞ ) 上单调递
(
min=h ( 0 ) =a , 所以
区间[ 0 , +∞ ) 上单调递增, 所以h ( x )
增. 又因为函数 f x ) 在( 0 , +∞ ) 上有且仅有一个零点,
(
a≤0.
则 f 2a ) = ( 2a ) -3a ·( 2a ) +4=0 , 解得a=1 , 所以
3
2
(
②当a>0时, 令h' ( x ) >0 , 解得x>a , 令h' ( x ) <0 , 解得
2
3
(
0≤x<a , 所以函数h ( x ) 在区间[ 0 , a ) 上单调递减, 在 f x ) =x -3x +4 , 即 f ' ( x ) =3x ( x-2 ) . 令 f ' ( x ) =
min=h ( a ) =-ae+2a≤0 ,
( a , +∞ ) 上单调递增, 所以h ( x ) a 0 , 解得x=0或x=2.
f
f
当x 变化时, ' ( x ), ( x ) 的变化情况如下表:
a
即e≥2 , 故a≥ln2.

综上所述, 实数a 的取值范围为( -∞ , 0 ] ∪ [ ln2 , +∞ ) . x [ -1 , 0 ) 0 ( 0 , 2 ) 2 ( 2 , 4 ) 4
x
f
f
9. 规范解答 解:( 1 ) ' ( x ) =2x+a-e , ' ( 1 ) =2+a-e= f ' ( x ) + 0 - 0 +
0 , 所以a=e-2. f ( x ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 20
2
()
f
( 2 ) 因为 f 1 ≤0 , 所以a≤e-1. 当a=1时, ( x ) =x + 所以函数 f x ) 的极大值为 f 0 =4 , 右端点值为 f 4 =
()
(
()
x
x
x
f
x-e , ' ( x ) =2x+1-e , ″ ( x ) =2-e , 20 , 故函数 f x ) 在区间[ -1 , 4 ] 上的最大值为20.
f
(
所以 f ' ( x ) 在[ 0 , ln2 ) 上单调递增, 在( ln2 , +∞ ) 上单调

1 1
2
2
3.B 因为 f ' ( x ) = · 3x + · 2bx+c=x +bx+
递减, 3 2
· 9 0 ·