专项限时集训(七)
函数零点、单调性、极值等综合问题
(对应学生用书第125页)
(限时：60分钟)
1．(本小题满分14分)已知函数f (x)＝ax2－bx＋ln x，a，b∈R.
(1)当b＝2a＋1时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a＝1，b＞3时，记函数f (x)的导函数f ′(x)的两个零点分别是x1和x2(x1＜x2)，求证：f (x1)－f (x2)＞－ln 2.
【导学号：56394110】
[解] (1)因为b＝2a＋1，所以f (x)＝ax2－(2a＋1)x＋ln x，
从而f ′(x)＝2ax－(2a＋1)＋＝＝，x＞0.
2分
当a≤0时，由f ′(x)＞0得0＜x＜1，由f ′(x)＜0得x＞1，
所以f (x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．
当0＜a＜时，由f ′(x)＞0得0＜x＜1或x＞，由f ′(x)＜0得1＜x＜，
所以f (x)在区间(0,1)和区间上单调递增，在区间上单调递减．
当a＝时，因为f ′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)，
所以f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当a＞时，由f ′(x)＞0得0＜x＜或x＞1，由f ′(x)＜0得＜x＜1，
所以f (x)在区间和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减．
综上，当a≤0时，f (x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜时，f (x)在区间(0,1)和区间上单调递增，在区间上单调递减；
当a＝时，f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间；
当a＞时，f (x)在区间和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减. 8分
(2)法一：因为a＝1，所以f (x)＝x2－bx＋ln x(x＞0)，从而f ′(x)＝，
由题意知x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的两个根，故x1x2＝.
记g(x)＝2x2－bx＋1，因为b＞3，所以g＝＜0，g(1)＝3－b＜0，
所以x1∈，x2∈(1，＋∞)，且bx1＝2x＋1，bx2＝2x＋1，
f (x1)－f (x2)＝(x－x)－(bx1－bx2)＋ln＝－(x－x)＋ln，
因为x1x2＝，所以f (x1)－f (x2)＝x－－ln(2x)，x2∈(1，＋∞)．
令t＝2x∈(2，＋∞)，φ(t)＝f (x1)－f (x2)＝－－ln t.
因为当t＞2时，φ′(t)＝＞0，所以φ(t)在区间(2，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)＞φ(2)＝－ln 2，即f (x1)－f (x2)＞－ln 2. 14分
法二：因为a＝1，所以f (x)＝x2－bx＋ln x(x＞0)，从而f ′(x)＝，
由题意知x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的两个根，故x1x2＝.
记g(x)＝2x2－bx＋1，因为b＞3，所以g＝＜0，g(1)＝3－b＜0，
所以x1∈，x2∈(1，＋∞)，且f (x)在(x1，x2)上是减函数，
所以f (x1)－f (x2)＞f －f (1)＝－(1－b)＝－＋－ln 2，
因为b＞3，所以f (x1)－f (x2)＞－＋－ln 2＞－ln 2.14分
2．(本小题满分14分)(南通、泰州市2017届高三第一次调研测试)已知函数f (x)＝ax2－x－ln x，a∈R.
(1)当a＝时，求函数f (x)的最小值；
(2)若－1≤a≤0，证明：函数f (x)有且只有一个零点；
(3)若函数f (x)有两个零点，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝时，f (x)＝x2－x－ln x.
所以f ′(x)＝x－1－＝(x>0)．
令f ′(x)＝0，得x＝2，
当x∈(0,2)时，f ′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)＞0，
所以函数f (x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝2时，f (x)有最小值f (2)＝－－ln 2. 3分
(2)证明：由f (x)＝ax2－x－ln x，得f ′(x)＝2ax－1－＝，x＞0.
所以当a≤0时，f ′(x)＝＜0，
函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点．
因为当－1≤a≤0时，f (1)＝a－1＜0，f ＝＞0，
所以当－1≤a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上有零点．
综上，当－1≤a≤0时，函数f (x)有且只有一个零点. 7分
(3)法一：由(2)知，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点．
因为函数f (x)有两个零点，所以a＞0.
由f (x)＝ax2－x－ln x，得f ′(x)＝(x＞0)，令g(x)＝2ax2－x－1.
因为g(0)＝－1＜0,2a＞0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x0.
当x∈(0，x0)时，g(x)＜0，f ′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，f ′(x)＞0.
所以函数f (x)在(0，x0)上单调递减；在(x0，＋∞)上单调递增．
要使得函数f (x)在(0，＋∞)上有两个零点，
只需要函数f (x)的极小值f (x0)＜0，即ax－x0－ln x0＜0.
又因为g(x0)＝2ax－x0－1＝0，所以2ln x0＋x0－1＞0，
又因为函数h(x)＝2ln x＋x－1在(0，＋∞)上是增函数，且h(1)＝0，
所以x0＞1，得0＜＜1.
又由2ax－x0－1＝0，得2a＝2＋＝2－，
所以0＜a＜1.
以下验证当0＜a＜1时，函数f (x)有两个零点．
当0＜a＜1时，g＝－－1＝＞0，
所以1＜x0＜.
因为f ＝－＋1＝＞0，且f (x0)＜0.
所以函数f (x)在上有一个零点．
又因为f ＝－－ln≥－＝1＞0(因为ln x≤x－1)，且f (x0)＜0.
所以函数f (x)在上有一个零点．
所以当0＜a＜1时，函数f (x)在内有两个零点.
综上，实数a的取值范围为(0,1)．
下面证明：ln x≤x－1.
设t(x)＝x－1－ln x，所以t′(x)＝1－＝(x＞0)．
令t′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，t′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0.
所以函数t(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x＝1时，t(x)有最小值t(1)＝0.
所以t(x)＝x－1－ln x≥0，得ln x≤x－1成立. 14分
法二：由(2)知，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点．
因为函数f (x)有两个零点，所以a＞0.
由f (x)＝ax2－x－ln x＝0，得关于x的方程a＝(x>0)有两个不等的实数解．
又因为ln x≤x－1，
所以a＝≤＝－2＋1(x＞0)．
因为x＞0时，－2＋1≤1，所以a≤1.
又当a＝1时，x＝1，即关于x的方程a＝有且只有一个实数解．
所以0＜a＜1. 14分
(以下解法同法一)
3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)设函数f (x)＝ln x－ax2＋ax，a为正实数．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)求证：f ≤0；
(3)若函数f (x)有且只有1个零点，求a的值．
[解] (1)当a＝2时，f (x)＝ln x－2x2＋2x，则f ′(x)＝－4x＋2，
所以f ′(1)＝－1，又f (1)＝0，
所以曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为x＋y－1＝0. 4分
(2)证明：因为f ＝ln－＋1，设函数g(x)＝ln x－x＋1，
则g′(x)＝－1＝，
另g′(x)＝0，得x＝1，列表如下：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
g(x)
极大值
所以g(x)的极大值为g(1)＝0.
所以f ＝ln－＋1≤0. 8分
(3)f ′(x)＝－2ax＋a＝－，x＞0，
令f ′(x)＞0，得＜x＜，因为＜0，
所以f (x)在上单调递增，在上单调递减．
所以f (x)≤f .
设x0＝，因为函数f (x)只有1个零点，
而f (1)＝0，
所以1是函数f (x)的唯一零点．
当x0＝1时，f (x)≤f (1)＝0，f (x)有且只有1个零点，
此时＝1，解得a＝1.
下证，当x0≠1时，f (x)的零点不唯一．
若x0＞1，则f (x0)＞f (1)＝0，此时＞1，即0＜a＜1，则＞1.
由(2)知，f ＜0，又函数f (x)在以x0和为端点的闭区间上的图象不间断，
所以在x0和之间存在f (x)的零点，则f (x)共有2个零点，不符合题意；
若x0＜1，则f (x0)＞f (1)＝0，此时＜1，即a＞1，则0＜＜1.
同理可得，要和x0之间存在f (x)的零点，则f (x)共有2个零点，不符合题意．
因此x0＝1，所以a的值为1. 14分
4．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)已知函数f (x)＝g(x)·h(x)，其中函数g(x)＝ex，h(x)＝x2＋ax＋a.
(1)求函数g(x)在(1，g(1))处的切线方程；
(2)当0＜a＜2时，求函数f (x)在x∈[－2a，a]上的最大值；
(3)当a＝0时，对于给定的正整数k，问函数F(x)＝e·f (x)－2k(ln x＋1)是否有零点？请说明理由．(参考数据e≈2.718，≈1.649，e≈4.482，ln 2≈0.693)
【导学号：56394111】
[解] (1)g′(x)＝ex，故g′(1)＝e，g(1)＝e，
所以切线方程为y－e＝e(x－1)，即y＝ex. 2分
(2)f (x)＝ex·(x2＋ax＋a), 故f ′(x)＝(x＋2)(x＋a)ex，
令f ′(x)＝0，得x＝－a或x＝－2.
①当－2a≥－2，即0＜a≤1时，f (x)在[－2a，－a]上递减，在[－a，a]上递增，
所以f (x)max＝max{f (－2a)，f (a)}，
由于f (－2a)＝(2a2＋a)e－2a，f (a)＝(2a2＋a)ea，故f (a)＞f (－2a)，
所以f (x)max＝f (a)；
②当－2a＜－2，即1＜a＜2时，f (x)在[－2a，－2]上递增，[－2，－a]上递减，在[－a，a]上递增，
所以f (x)max＝max{f (－2)，f (a)}，
由于f (－2)＝(4－a)e－2，f (a)＝(2a2＋a)ea，故f (a)＞f (－2)，
所以f (x)max＝f (a)；
综上得，f (x)max＝f (a)＝(2a2＋a)ea. 6分
(3)结论：当k＝1时，函数F(x)无零点；当k≥2时，函数F(x)有零点．
理由如下：
①当k＝1时，实际上可以证明：ex2ex－2ln x－2＞0.
F′(x)＝(x2＋2x)ex＋1－，显然可证F′(x)＝(x2＋2x)ex＋1－在(0，＋∞)上递增，
所以存在x0∈，使得F′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，F(x)递减；当x∈(x0，＋∞)时，
F(x)递增，
所以F(x)min＝F(x0)＝2，其中x0∈，
而φ(x)＝2递减，所以φ(x)＞φ＝2＞0，
所以F(x)min＞0，所以命题得证.10分
下面证明F(ek)＞0，可借助结论ex＞x2(x≥2)处理，首先证明结论ex＞x2(x≥2)：
令φ(x)＝ex－x2(x≥2)，则φ′(x)＝ex－2x，故φ′(x)＝ex－2x＞0，
所以φ′(x)＝ex－2x在[2，＋∞)上递增，
所以φ′(x)＞φ′(2)＞0，
所以φ(x)＝ex－x2在[2，＋∞)上递增，
所以φ(x)＞φ(2)＞0，得证．
借助结论得eek＋2k＋1＞ek2＋2k＋1＞(k2＋2k＋1)2＝(k＋1)4＝(k＋1)(k＋1)3＞2k(k＋1)，
所以F(ek)＞0，又因为函数F(x)连续，所以F(x)在上有零点. 16分
5．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x)＝＋x.
(1)若函数f (x)的图象在(1，f (1))处的切线经过点(0，－1)，求a的值；
(2)是否存在负整数a，使函数f (x)的极大值为正值？若存在 ，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由；
(3)设a>0，求证：函数f (x)既有极大值，又有极小值．
[解] (1)∵f ′(x)＝，∴f ′(1)＝1，f (1)＝ae＋1,
∴函数f (x)在(1，f (1))处的切线方程为：y－(ae＋1)＝x－1，又直线过点(0，－1)，
∴－1－(ae＋1)＝－1，解得：a＝－. 4分
(2)若a＜0，f ′(x)＝，
当x∈(－∞，0)时，f ′(x)＞0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值；
当x∈(0,1)时，f ′(x)＞0恒成立，函数在(0,1)上无极值；
法一：在(1，＋∞)上，若f (x)在x0处取得符合条件的极大值f (x0)，则
则
由③得：aex0＝－，代入②得：－＋x0＞0，结合①可
解得：x0＞2，再由f (x0)＝＋x0＞0得：a＞－，
设h(x)＝－，则h′(x)＝，当x＞2时，h′(x)＞0，即h(x)是增函数，
所以a＞h(x0)＞h(2)＝－，
又a＜0，故当极大值为正数时，a∈，从而不存在负整数a满足条件.8分
法二：在x∈(1，＋∞)时，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，则H′(x)＝(aex＋2)x，
∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，∵a为负整数，
∴a≤－1，∴aex≤ae≤－e，
∴aex＋2＜0，∴H′(x)＜0，∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又H(1)＝1＞0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4＜0，∴∃x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，
且1＜x＜x0时，H(x)＞0，即f ′(x)＞0；x＞x0时，H(x)＜0，即f ′(x)＜0；
∴f (x)在x0处取得极大值f (x0)＝＋x0，(*)
又H(x0)＝aex0(x0－1)＋x＝0，∴＝－代入(*)得：f (x0)＝－＋x0＝＜0，
∴不存在负整数a满足条件.8分
(3)证明：设g(x)＝aex(x－1)＋x2，则g′(x)＝x(aex＋2)，
因为a＞0，所以，当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＜0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；故g(x)至多有两个零点．
又g(0)＝－a＜0，g(1)＝1＞0，所以存在x1∈(0,1)，
使g(x1)＝0
再由g(x)在(0，＋∞)上单调递增知，
当x∈(0，x1)时，g(x)＜0，故f ′(x)＝＜0，f (x)单调递减；
当x∈(x1，＋∞)时，g(x)＞0，故f ′(x)＝＞0，f (x)单调递增；
所以函数f (x)在x1处取得极小值．
当x＜0时，ex＜1，且x－1＜0，
所以g(x)＝aex(x－1)＋x2＞a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a，
函数y＝x2＋ax－a是关于x的二次函数，必存在负实数t，使g(t)＞0，又g(0)＝－a＜0，
故在(t,0)上存在x2，使g(x2)＝0，
再由g(x)在(－∞，0)上单调递减知，
当x∈(－∞，x2)时，g(x)＞0，故f ′(x)＝＞0，f (x)单调递增；
当x∈(x2,0)时，g(x)＜0，故f ′(x)＝＜0，f (x)单调递减；
所以函数f (x)在x2处取得极大值．
综上，函数f (x)既有极大值，又有极小值. 16分
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