2020-2021学年新教材高考数学 第三章 导数及其应用 2 考点2 含参数的函数的单调性2练习（含解析）（选修2）.docx

1、考点2 含参数的函数的单调性（2018浙江卷）已知函数f（x）xlnx.（1）若f（x）在xx1，x2（x1x2）处导数相等，证明：f（x1）f（x2）88ln 2；（2）若a34ln 2，证明：对于任意k0，直线ykxa与曲线yf（x）有唯一公共点【解析】证明（1）函数f（x）的导函数为f（x）12x1x.由f（x1）f（x2）得12x11x112x21x2.因为x1x2，所以1x11x212.由基本不等式，得12x1x2x1x224x1x2.因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f（x1）f（x2）x1lnx1x2lnx212x1x2ln（x1x2）设g（x）x2lnx，则g（x）14

2、x（x4），当x变化时，g（x）和g（x）的变化如下表所示：所以g（x）在（256，）上单调递增，故g（x1x2）g（256）88ln 2，即f（x1）f（x2）88ln 2.（2）令me（|a|k），na+1k21，则f（m）kma|a|kka0，f（n）knan1n-an-kna+1n-k0，所以存在x0（m，n），使f（x0）kx0a，所以对于任意的aR及k（0，），直线ykxa与曲线yf（x）有公共点由f（x）kxa，得kx-lnx-ax.设h（x）x-lnx-ax，则h（x）lnx-x2-1+ax2-gx-1+ax2，其中g（x）x2lnx.由（1）可知g（x）g（16），又a34l

3、n 2，故g（x）1ag（16）1a34ln 2a0，所以h（x）0，即函数h（x）在（0，）上单调递减，因此方程f（x）kxa0有唯一一个实根综上，当a34ln 2时，对于任意k0，直线ykxa与曲线yf（x）有唯一公共点【答案】见解析（2018全国卷（文）已知函数f（x）13x3a（x2x1）（1）若a3，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点【解析】（1）当a3时，f（x）13x33x23x3，f（x）x26x3.令f（x）0，解得x323或x323.当x（，323）（323，）时，f（x）0；当x（323，323）时，f（x）0.故f（x）的单调递增区间为（，323），

4、（323，），单调递减区间为（323，323）（2）证明因为x2x10在R上恒成立，所以f（x）0等价于x3x2+x+13a0.设g（x）x3x2+x+13a，则g（x）x2x2+2x+3x2+x+120在R上恒成立，当且仅当x0时g（x）0，所以g（x）在（，）上单调递增故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点又f（3a1）6a22a136a-162160，f（3a1）130，故f（x）有一个零点综上，f（x）只有一个零点【答案】见解析（2018全国卷（文）已知函数f（x）aexlnx1.（1）设x2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a1e时，f（x）0.【解析】（1）f（x）的定义域为（0，），f（x）aex1x.由题设知，f（2）0，所以a12e2.从而f（x）12e2exlnx1，f（x）12e2ex1x.当0x2时，f（x）0；当x2时，f（x）0.所以f（x）的单调递增区间为（2，），单调递减区间为（0,2）（2）证明当a1e时，f（x）exelnx1.设g（x）exelnx1（x（0，），则g（x）exe1x.当0x1时，g（x）0；当x1时，g（x）0.所以x1是g（x）的最小值点故当x0时，g（x）g（1）0.因此，当a1e时，f（x）0.【答案】见解析