提能训练 练案[21]
1．(2025·重庆质检节选)已知f(x)＝a(lnx)2－(a＋x)lnx＋2x－2，a>0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若a∈(0，e)，讨论f(x)的零点个数．
[解析] (1)f′(x)＝
①当a∈(0，e)时，f(x)在(0，a)单调递减，在(a，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减；
②当a＝e时，f(x)在(0，＋∞)单调递减；
③当a>e时，f(x)在(0，e)单调递减，在(e，a)单调递增，在(a，＋∞)单调递减．
(2)由(1)可知，当a∈(0，e)时，f(x)在(0，a)单调递减，在(a，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减；
注意f(1)＝0，①当a∈(0,1)时，f(a)0，即10时，2x＋≥2＝4，
∴当a≥－4时，h′(x)≥0在x∈(0，＋∞)恒成立，h(x)在(0，＋∞)上为增函数．
当a0)，
∵方程2x2＋ax＋2＝0的判别式Δ＝a2－16>0，
∴方程有两个不相等的实数根x1，x2，
且x1＋x2＝－>0，x1x1＝1>0，
∴x1>0，x2>0.解方程2x2＋ax＋2＝0
得x＝，
令x1＝，
x2＝，
则x10，
h′(x)>0，h(x)为增函数，
当x∈(x1，x2)，
即x∈时，
g(x)0，h′(x)>0，h(x)为增函数．
综上，当a≥－4时，h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
当a0时，f′(x)>0，
故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值．
(2)f′(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－，x≥0，
设s(x)＝－aln(1＋x)－，x≥0，
则s′(x)＝－＝－＝－，
当a≤－时，s′(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上为增函数，
故s(x)≥s(0)＝0，即f′(x)≥0，
所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，
故f(x)≥f(0)＝0.
当－0，f(x)单调递增，
故x＝0是函数的极小值点，符合题意，所以m＝1.
(2)由题可得：f(1)＝0，f′(1)＝e，
在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)
即ex－y－e＝0.
(3)由?x∈[－1，＋∞)，f(x)≥＋a恒成立，
则?x∈[－1，＋∞)，a≤(x－1)ex－恒成立，
令g(x)＝(x－1)ex－，则g′(x)＝x(ex－1)，
当x∈(－∞，0)时，ex0，当x∈(0，＋∞)时，ex>1，g′(x)>0，
所以当x∈[－1，＋∞)时，g′(x)≥0恒成立，
所以g(x)在[－1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(－1)＝－－，所以a≤－－，
所以实数a的取值范围为.
5．(2023·河北邢台一模)已知函数f(x)＝a·e2x＋1－2ex＋1＋·ex－.
(1)当a＝1时，求f(x)的极小值；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
[解析] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
当a＝1时，f′(x)＝2e2x＋1－2ex＋1＋ex－
＝(ex－1)(4ex＋1＋1)，
令f′(x)＝0，解得x＝0.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)

f′(x)
－
0
＋

f(x)
单调递减
－e
单调递增

因此，当x＝0时，f(x)有极小值，极小值为f(0)＝－e.
(2)f′(x)＝2ae2x＋1－2ex＋1＋ex－＝(aex－1)(4ex＋1＋1)，
①若a≤0，则f′(x)0，令f′(x)＝0，解得x＝－lna.
当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
所以当x＝－lna时，f(x)取得极小值，即最小值，为f(－lna)＝－＋lna.
当a＝e时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点；
当a∈(e，＋∞)时，由于－＋lna>0，即f(－lna)>0，故f(x)没有零点；
当a∈(0，e)时，－＋lna－1>－2且f(－2)＝＋＋1－>0，
故f(x)在(－∞，－lna)有一个零点．
∵f＝＋e－ln，且ln>－lna，
先证x>0时lnx≤x－1.
设m(x)＝lnx－(x－1)，
则m′(x)＝，
当00，
当x>1时，m′(x)0时lnx≤x－1.
∴f＝＋e－ln≥＋e－＝＋e＋>0，
因此f(x)在(－lna，＋∞)上有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，e)．
6．(2025·广东佛山禅城区调研)已知函数f(x)＝ax2－1＋2lnx.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，若存在x1、x2，满足f(x1)＝－f(x2)，证明：x1＋x2≥2；
(3)对任意的x>0，f′(x)≤xe2x＋－lnx－1恒成立，其中f′(x)是函数f(x)的导数，求a的取值范围．
[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2ax＋＝.
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a0；当x∈时，f′(x)0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)2.
不妨设02，
即证x2>2－x1，即证f(x2)>f(2－x1)，
因为f(x1)＝－f(x2)，
所以即证f(x1)＋f(2－x1)0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)2.
当x1＝x2时，因为f(x1)＝－f(x2)，
所以f(x1)＝f(x2)＝0，
所以x1＝x2＝1，所以x1＋x2＝2.
综上，x1＋x2≥2.
(3)解法一：f′(x)＝2ax＋，
由f′(x)≤xe2x＋－lnx－1，
得2ax≤xe2x－lnx－1，即a≤，
所以对任意的x>0，f′(x)≤xe2x＋－lnx－1恒成立，
等价于a≤min，
由于ex≥x＋1，事实上，令g(x)＝ex－x－1，
g′(x)＝ex－1，
x∈(－∞，0)时，g′(x)0；所以g(x)min＝g(0)＝0，
所以g(x)＝ex－x－1≥0，即ex≥x＋1.
所以＝≥＝1，
当且仅当lnx＋2x＝0时，等号成立(方程显然有解)，
即min＝1，所以a≤1.
所以a的取值范围是(－∞，1]．
解法二：f′(x)＝2ax＋，
由f′(x)≤xe2x＋－lnx－1，
得2ax≤xe2x－lnx－1，
即a≤，所以对任意x>0，
f′(x)≤xe2x＋－lnx－1恒成立，
等价于a≤min
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝＝，
令h(x)＝2x2e2x＋lnx，
则h′(x)＝4xe2x(1＋x)＋>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h＝－2ln20，
所以hh(1)0)，l′(x)＝＋1>0，
所以l(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为l(－lnx0)＝l(2x0)，所以－lnx0＝2x0，
又x∈(0，x0)时，g′(x)0，
所以g(x)在(0，x0)上单调递减，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝＝＝1，
所以a≤1，所以a的取值范围是(－∞，1]．
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