专题七 函数导数与零点（极值点）的综合-2021届高三数学二轮复习 高考重难点大题专题练（含解析）

专题七 函数导数与零点（极值点）的综合 总分：70 分 建议用时：60 分钟 三、解答题 17、已知函数   2ln 1f x x  ． （1）若 ( ) 2f x x c  ，求 c 的取值范围； （2）设 0a  时，讨论函数   ( ) ( )f x f ag x x a   的单调性． 18、已知函数 ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）当 0 3a  时，记  f x 在区间[0，1]的最大值为 M ，最小值为 m ，求 M m 的取值范围． 19、已知函数 ( ) ( 2)xf x e a x   ． （1）当 1a  时，讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 ( )f x 有两个零点，求 a 的取值范围． 20、已知函数 2( ) ln ( 0)f x x a x a   . （1）若 2a  ，求曲线 ( )y f x 的斜率等于 3 的切线方程； （2）若 ( )y f x 在区间 1 ,ee      上恰有两个零点，求 a 的取值范围. 21、已知函数 2( ) exf x ax x   . （1）当 a=1 时，讨论 f（x）的单调性； （2）当 x≥0 时，f（x）≥ 1 2 x3+1，求 a 的取值范围. 22、已知函数 ( ) sin ln(1 )f x x x   ， ( )f x 为 ( )f x 的导数．证明： （1） ( )f x 在区间 ( 1, )2  存在唯一极大值点；（2） ( )f x 有且仅有 2 个零点． 答案解析 17、【解析】（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， ( ) 2 ( ) 2 0 2ln 1 2 0( )f x x c f x x c x x c            ， 设 ( ) 2ln 1 2 ( 0)h x x x c x     ，则有 2 2(1 )( ) 2 xh x x x     ， 当 1x  时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递减，当 0 1x  时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递增， 所以当 1x  时，函数 ( )h x 有最大值，即 max( ) (1) 2ln1 1 2 1 1h x h c c         ， 要想不等式 ( ) 在 (0, ) 上恒成立，只需 max( ) 0 1 0 1h x c c        ； （2）方法 1： 2ln 1 (2ln 1) 2(ln ln )( ) ( 0x a x ag x xx a x a        且 )x a 因此 2 2(1 ln ) ( ) ( ) a a x xg x x a      ，在（1）中，令 1c   得 ln 1x x  ，当且仅当 1x  时等号成立，即 ln 1a a x x   ， 故 ( ) 0g x  ，所以函数 ( )g x 在区间 (0, )a 和 ( , )a  上单调递减． 方法 2： 2ln 1 (2ln 1) 2(ln ln )( ) ( 0x a x ag x xx a x a        且 )x a ， 因此 2 2(1 ln ln ) ( ) ( ) a x axg x x a       ，令 ( ) 1 ln lnah x x ax     ，则 2( ) a xh x x   ，  h x 在 (0, )a 单调递增，在 ( , )a  单调递减，于是     0h x h a  ， 由此可知 ( ) 0g x  ，所以函数 ( )g x 在区间 (0, )a 和 ( , )a  上单调递减． 18、【解析】（1） 2( ) 6 2 2 (3 )f x x ax x x a     ． 令 ( ) 0f x  ，得 x=0 或 3 ax  ． 若 a>0，则当 ( ,0) ,3 ax       时， ( ) 0f x  ；当 0, 3 ax     时， ( ) 0f x  ． 故 ( )f x 在 ( ,0), ,3 a     单调递增，在 0, 3 a     单调递减； 若 a=0， ( )f x 在 ( , )  单调递增； 若 a