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）

考点2含参数的函数的单调性（2018·浙江卷）已知函数f（x）＝x－lnx.（1）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）＋f（x2）＞8－8ln2；（2）若a≤3－4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．【解析】证明（1）函数f（x）的导函数为f′（x）＝12x－由f′（x1）＝f′（x2）得12x1－1x1因为x1≠x2，所以1x1＋1x由基本不等式，得12x1x2＝x因为x1≠x2，所以x1x2＞256.由题意得f（x1）＋f（x2）＝x1－lnx1＋x2－lnx2＝12x1x设g（x）＝x2－lnx，则g′（x）＝14x（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）＝8－8ln2，即f（x1）＋f（x2）＞8－8ln2.（2）令m＝e－（|a|＋k），n＝a+1kf（m）－km－a＞|a|＋k－k－a≥0，f（n）－kn－a＜n1n-an所以存在x0∈（m，n），使f（x0）＝kx0＋a，所以对于任意的a∈R及k∈（0，＋∞），直线y＝kx＋a与曲线y＝f（x）有公共点．由f（x）＝kx＋a，得k＝x-设h（x）＝x-则h′（x）＝lnx-x2其中g（x）＝x2－lnx由（1）可知g（x）≥g（16），又a≤3－4ln2，故－g（x）－1＋a≤－g（16）－1＋a＝－3＋4ln2＋a≤0，所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，＋∞）上单调递减，因此方程f（x）－kx－a＝0有唯一一个实根．综上，当a≤3－4ln2时，对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．【答案】见解析（2018·全国Ⅱ卷（文））已知函数f（x）＝13x3－a（x2＋x（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．【解析】（1）当a＝3时，f（x）＝13x3－3x2－3xf′（x）＝x2－6x－3.令f′（x）＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈（－∞，3－23）∪（3＋23，＋∞）时，f′（x）＞0；当x∈（3－23，3＋23）时，f′（x）＜0.故f（x）的单调递增区间为（－∞，3－23），（3＋23，＋∞），单调递减区间为（3－23，3＋23）．（2）证明因为x2＋x＋1＞0在R上恒成立，所以f（x）＝0等价于x3x2设g（x）＝x3x2+x+1－3a，则g′（x）＝当且仅当x＝0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（3a－1）＝－6a2＋2a－13＝－6a-16f（3a＋1）＝13＞0，故f（x综上，f（x）只有一个零点．【答案】见解析（2018·全国Ⅰ卷（文））已知函数f（x）＝aex－lnx－1.（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥1e时，f（x【解析】（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝aex－1x由题设知，f′（2）＝0，所以a＝12从而f（x）＝12e2ex－lnx－1，f′（x）＝12e当0＜x＜2时，f′（x）＜0；当x＞2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a≥1e时，f（x）≥exe设g（x）＝exe－lnx－1（x∈（0，＋∞）），则g′（x）＝ex当0＜x＜1时，