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课时质量评价(二十)1.(2024·南平模拟)已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R).(1)当a=1时,求函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)的图象与直线y=ax-a在1e,e解:(1)当a=1时,f(x)=2lnx-x2+x(x>0),所以f′(x)=2x-2x+因为f(1)=0,所以切点坐标为(1,0),切线斜率为f′(1)=1,所以切线方程为y-0=1(x-1),即y=x-1.(2)由题知f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R),函数f(x)的图象与直线y=ax-a在1e令g(x)=f(x)-y=2lnx-x2+a(x>0),所以g′(x)=2x-2x=-因为x∈1e所以令g′(x)=0,得x=1,所以当1e≤x<1时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当1<x≤e时,g′(x)<0,g(x)所以g(x)=2lnx-x2+a在1e,e上有最大值g(1),g(1)=因为g1e=a-2-1e2,g(e)=a+2-又g(e)-g1e=4-e2+1e所以g(e)<g1e所以g(x)=2lnx-x2+a在1e,e上有最小值g(e)=a+2-所以g(x)=2lnx-x2+a在1e,解得1<a≤2+1e所以实数a的取值范围为1,2.(2024·通辽模拟)已知函数f(x)=-x3+x2+x+a(a∈R).(1)求函数f(x)的极值点;(2)若函数f(x)有且只有两个零点,求实数a的值.解:(1)因为f(x)=-x3+x2+x+a(a∈R),所以f′(x)=-3x2+2x+1=(3x+1)(-x+1).令f′(x)>0,解得-13<x<1;令f′(x)<0,解得x>1或x<-1所以f(x)在-∞,-13,(1,+所以f(x)的极小值点是-13,极大值点是(2)函数f(x)有且只有两个零点,令f(x)=0,则-x3+x2+x=-a.令g(x)=-x3+x2+x,即y=g(x)与y=-由(1)分析知g(x)在-∞,-13,(1,+∞)上单调递减,在-1要使函数f(x)有且只有两个零点,即-a=g(1)或-a=g-13,解得a=-1或a=3.(2024·江门模拟)已知函数f(x)=x+1ex-a(a(1)求f(x)的极值;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.解:(1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)=(x+2)ex.令f′(x)<0,得x<-2;令f′(x)>0,得x>-2,所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.所以当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=-1e2-(2)函数f(x)=(x+1)ex-a有两个零点,取g(x)=(x+1)ex,则直线y=a与函数y=g(x)的图象有两个交点.g′(x)=(x+2)ex,令g′(x)<0,得x<-2;令g′(x)>0,得x>-2,所以g(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.因为g(-1)=0,g(-2)=-1e当x<-1时,g(x)<0,当x>-1时,g(x)>0,当x→-∞时,g(x)→0,当x→+∞时,g(x)→+∞,所以函数g(x)的大致图象如图所示.结合图象可知,当-1e2<a<0时,直线y=a与函数y=g(x)的图象有两个交点,即f(x故实数a的取值范围为-14.已知函数f(x)=x-lnx+m,g(x)=xe(1)若函数f(x)和g(x)的图象都与平行于x轴的同一条直线相切,求m的值;(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2,证明:ex1·(1)解:由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1-1x=x当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.由f(1)=1+m,可得y=f(x)的图象与直线y=1+m相切.因为g′(x)=1-xex,则当x∈(-∞,1)时,g′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g′(x故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,g(1)=1e,即y=g(x)的图象与直线y=1因为两函数图象均与平行于x轴的同一条直线相切,则1+m=1e,即m=1e(2)证明:F(x)=f(x)-g(x)=x-lnx+m-xex=-lnxex-xex+m(x>0),令t1由F(x1)=F(x2)=0,得-lnt1-t1+m=-lnt2-t2+m=0.易知函数y=-lnt-t+m在(0,+∞)上单调递减,故t1=t2,即x1ex即g(x1)=g(x2).由(1)可知g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以不妨设0<x1<1<x2.要证ex1·ex2>e2,只需证x1+x2>2,只需证x2>2-x1.又2-x1>1,故只需证g(x2)<g因为g(x1)=g(x2),所以只需证
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