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（1）求a；

（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e?2?f(x0)?2?2.

解析：(1)法一：由题知：f(x)?x?ax?a?lnx??x?0?，且f(x)?0 ， 所以a?x?1??lnx?0，

lnxlnx；当x??1,???时，a?；当x?1时，a?x?1??lnx?0成立. x?1x?11x?1令g?x??x?1?lnx，g'?x??1??，

xxlnx当x??0,1?时，g'?x??0，g?x?递减，g?x??g?1??0，所以：x?1?lnx，即：所以a?1； ?1，

x?1lnx当x??1,???时，g'?x??0，g?x?递增，g?x??g?1??0，所以：x?1?lnx，即：?1.

x?1即当x??0,1?时，a?所以，a?1. 综上，a?1.

法二：洛必达法则：由题知：f(x)?x?ax?a?lnx??x?0?，且f(x)?0 ，所以：a?x?1??lnx?0. 即当x??0,1?时，a?lnxlnx；当x??1,???时，a?； x?1x?1当x?1时，a?x?1??lnx?0成立.

11x?1??lnx1??lnx?lnxx令g?x??，g'?x??x. ?22x?1?x?1??x?1?令h?x??1?1111?x?lnx，h'?x??2??2. xxxx当x??0,1?时，h'?x??0,h?x?递增，h?x??h?1??0；

lnx?'?lnx1所以g'?x??0，g?x?递减，g?x??lim?lim?lim?1，所以：a?1；

x?1x?1x?1?x?1?'x?1x当x??1,???时，h'?x??0,h?x?递减，h?x??h?1??0； 所以g'?x??0，g?x?递减，g?x??limx?1?lnx?'?lim1?1，所以：a?1. lnx?limx?1x?1?x?1?'x?1x1故a?1.

（2）由(1)知：f(x)?x?x?1?lnx?，f'?x??2x?2?lnx，x?2?lnx，设??x??2则?'?x??2?x.

?1??1?x?0,x?,???'x?0??????时，?'?x??0. 当时，；当

?2??2?广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流

所以??x?在?0,2?递减，在?2,???递增.

??1???1????2?e???0，??2??0，??1??0，所以??x?在?0,2?有唯一零点x0，在?2,???有唯一零点1， 又

?1?????1???1???且当x??0,x0?时，??x??0；当x??x0,1?时，??x??0； 当x??1,???时，??x??0.

又f'?x????x?，所以x?x0是f(x)的唯一极大值点. 由f'?x0??0得lnx0?2?x0?1?，故f?x0??x0?1?x0?. 由x0??0,1?得f?x0??14.

?1?1?2?1因为x?x0是f(x)在?0,1?的唯一极大值点，由e??0,1?，fe?0得f?x0??fe?e

????所以e

?2?f(x0)?2?2.

（2017·新课标Ⅲ，）21.已知函数f?x??x?1?alnx. （1）若f?x?…0 ，求a的值；

（2）设m为整数，且对于任意正整数n，?1+??1??1???1+?2??22??1??1+n??m，求m最小值. ?2?解析：（1）f(x)?x?1?alnx，x?0，则f?(x)?1?ax?a?，且f(1)?0， xx当a?0时，f??x??0，f?x?在?0，???上单调递增，所以0?x?1时，f?x??0，不满足题意； 当a?0时，

当0?x?a时，f?(x)?0，则f(x)在(0,a)上单调递减； 当x?a时，f?(x)?0，则f(x)在(a,??)上单调递增．

①若a?1，f(x)在(a,1)上单调递增所以当x?(a,1)时f(x)?f(1)?0矛盾； ②若a?1，f(x)在(1,a)上单调递减所以当x?(1,a)时f(x)?f(1)?0矛盾；

③若a?1，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,??)上单调递增所以f(x)…f(1)?0满足题意. 综上所述a?1．

（2）由（1）知当x??1,???时，x?1?lnx?0， 令x?1?11?ln1?得，?n2n?2?1??n， ?2广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流

1?1?1111?1???从而ln?1???ln?1?2??...?ln?1?n???2?...?n?1?n?1，

22?2??2??2?221??1??1??故?1???1?2?...?1?n??e. ?2??2??2?1??1??1??而?1???1?2??1?3??2，所以所以m的最小值为3． ?2??2??2?

（2016·新课标Ⅰ，12）已知函数f(x)?(x?2)e?a(x?1)有两个零点．

（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1?x2?2．

由已知得：f'?x???x?1?ex?2a?x?1???x?1?ex?2a

x2解析：⑴

??① 若a?0，那么f?x??0??x?2?ex?0?x?2，f?x?只有唯一的零点x?2，不合题意； ② 若a?0，那么ex?2a?ex?0，

所以当x?1时，f'?x??0，f?x?单调递增;当x?1时，f'?x??0，f?x?单调递减; 即：

x

???,1? ? 1 ?1,??? ? f'?x? f?x? 0 极小值 ↓ ↑ 故f?x?在?1,???上至多一个零点，在???,1?上至多一个零点 由于f?2??a?0，f?1???e?0，则f?2?f?1??0， 根据零点存在性定理，f?x?在?1,2?上有且仅有一个零点． 而当x?1时，ex?e，x?2??1?0，

故f?x???x?2?ex?a?x?1??e?x?2??a?x?1??a?x?1??e?x?1??e

222?e?e2?4ae?e?e2?4ae?1，t2??1，则f?x??0的两根t1? t1?t2，因为a?0，故当x?t12a2a或x?t2时，a?x?1??e?x?1??e?0 因此，当x?1且x?t1时，f?x??0

又f?1???e?0，根据零点存在性定理，f?x?在???,1?有且只有一个零点． 此时，f?x?在R上有且只有两个零点，满足题意．

2e③ 若??a?0，则ln??2a??lne?1，

2当x?ln??2a?时，x?1?ln??2a??1?0，ex?2a?e即f'?x???x?1?ex?2a?0，f?x?单调递增； 当ln??2a??x?1时，x?1?0，ex?2a?e调递减；

ln??2a?ln??2a??2a?0，

???2a?0，即f'?x??xa???1?e?x?2?0，f?x?单

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当x?1时，x?1?0，ex?2a?e即：

x ln??2a??2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增．

???,ln??2a?? + ↑ ln??2a? 0 极大值 ?ln??2a?,1? - ↓ 1 0 极小值 ?1,??? + ↑ f'?x? f?x? 而极大值 f??ln??2a?????2a??ln??2a??2???a??ln??2a??1???a??ln??2a??2???1?0

2?2?故当x≤那么f?x?≤f?1时，f?x?在x?ln??2a?处取到最大值f??ln??2a????0恒成立，?ln??2a???，即f?x??0无解

而当x?1时，f?x?单调递增，至多一个零点 此时f?x?在R上至多一个零点，不合题意．

e④ 若a??，那么ln??2a??1

2当x?1?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?eln??2a?ln??2a??2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增 ?2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增

当x?1?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?e又f?x?在x?1处有意义，故f?x?在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．

e⑤ 若a??，则ln??2a??1

2当x?1时，x?1?0，ex?2a?e1?2a?eln??2a??2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增

当1?x?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?eln??2a??2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递减

ln??2a?当x?ln??2a?时，x?1?ln??2a??1?0，ex?2a?e?2a?0，即f'?x??0，

f?x?单调递增 即：

x ???,1? + ↑ 1 0 极大值 ?1,ln??2a?? - ↓ ln??2a? 0 极小值 ?ln??2a?,??? + ↑ f'?x? f?x? 故当x≤ln??2a?时，f?x?在x?1处取到最大值f?1???e，那么f?x?≤?e?0恒成立，即

f?x??0无解

当x?ln??2a?时，f?x?单调递增，至多一个零点,此时f?x?在R上至多一个零点，不合题意． 综上所述，当且仅当a?0时符合题意，即a的取值范围为?0,???． ⑵ 由已知得：f?x1??f?x2??0，不难发现x1?1，x2?1，

x1?2?ex?故可整理得：?a?2?x1?1?1?x2?2?ex?2?x2?1?2,

?x?2?exg?x??，则g?x1??g?x2? 2?x?1?广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流

?x?2??1x，当x?1时，g'x?0，gx单调递减；当x?1时，g'x?0，gx单调递增．

g'?x??e????????3x?1??设m?0，构造代数式：

2g?1?m??g?1?m??m?11?m?m?11?m1?m1?m?m?12m?e?e?2e?e?1? m2m2m?m?1?m?12m2m2e2m?0，故h?m?单调递增，有h?m??h?0??0． 设h?m??e?1，m?0,则h'?m??2m?1?m?1?因此，对于任意的m?0，g?1?m??g?1?m?．

由g?x1??g?x2?可知x1、x2不可能在g?x?的同一个单调区间上，不妨设x1?x2，则必有x1?1?x2 令m?1?x1?0，则有g??1??1?x1????g??1??1?x1????g?2?x1??g?x1??g?x2? 而2?x1?1，x2?1，g?x?在?1,???上单调递增，因此：g?2?x1??g?x2??2?x1?x2 整理得：x1?x2?2．

（2016·新课标Ⅱ，21）（Ⅰ）讨论函数f(x)?x?2xx e 的单调性，并证明当x>0时，(x?2)e?x?2?0；

x?2ex?ax?a （Ⅱ）证明：当a?[0,1)时，函数g(x)=求函数h(a)(x?0)有最小值.设g (x)的最小值为h(a)，

x2的值域. ?x?24?x2ex????2???2,???时，f??x??0，∴f?x?在证明：⑴f??x??e?，∵当x????，?x?2?x?2?2??x?2?2??x?2xe?f?0?=?1，∴?x?2?ex?x?2?0. ???，?2?和??2,???上单调递增，∴x?0时，

x?2x?2xx2xxx(x?2)(?e?a)e?a?x?2x?e?ax?a?x?xe?2e?ax?2a??x?2?1?，由(1)⑵ g??x??，a??0，?x3x4x4x?2xt?2t知，当x?0时，f?x???e的值域为??1，???，只有一解．使得?e??a，t??0，2?，当

x?2t?2，g(x)单调减；当x?(t,??)时g?(x)?0，g(x)单调增，x?(0,t)时，g?(x)?0t?2ttte?t?1?e??et?t?1?e?a?t?1?etett?2?0，，记k?t??，在t??0,2?时，k??t??h?a????2t2t2t?2t?2?t?2?x?1e2?∴k?t?单调递增，∴h?a??k?t???，?．

?24?（2015·新课标Ⅰ，12）已知函数f(x)?x3?ax?1，g(x)??lnx. 4（Ⅰ）当a为何值时，x轴为曲线y?f(x)的切线；

（Ⅱ）用min{m,n}表示m,n中的最小值，设函数h(x)?min{f(x),g(x)}（x?0），讨论h(x)零点的个数.

2解：（Ⅰ）f?(x)?3x?a，若x轴为曲线y?f(x)的切线，则切点(x0,0)满足f?(x0)?0,f(x0)?0，