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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,
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