2025高考数学一轮复习专题层级快练22含答案.doc

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专题层级快练(二十二)

1．已知函数f(x)＝x－ex＋a，讨论函数f(x)零点的个数．

答案见解析

解析f′(x)＝1－ex.

当x0时，f′(x)0；当x0时，f′(x)0，

所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以，当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝a－1.

当a1时，f(0)＝a－10，函数f(x)无零点；

当a＝1时，f(0)＝a－1＝0，函数f(x)有1个零点；

当a1时，f(0)＝a－10，f(－a)＝－e－a0，

令y＝f(a)＝2a－ea(a1)，则y′＝2－ea0，

所以y＝f(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以f(a)2－e0.

所以f(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上各有一个零点，即函数f(x)有两个零点．

综上，当a1时，函数f(x)无零点；当a＝1时，函数f(x)有1个零点；当a1时，函数f(x)有两个零点．

2．函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．

答案(1)f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)(2)(－2，－1)

解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝a＋lnx＋1，

由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.

则f(x)＝－x＋xlnx，

∴f′(x)＝lnx，令f′(x)0，解得x1；令f′(x)0，解得0x1.

∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．

(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，

则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．

由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，f(e)＝0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，

作出f(x)的大致图象如图．

由图可知，当－1m＋10，即－2m－1时，y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．

因此实数m的取值范围是(－2，－1)．

3．(2024·梅州市质检)已知f(x)＝ex－2x.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：方程f(x)＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上无实数解．

答案(1)单调递减区间为(－∞，ln2)，单调递增区间为(ln2，＋∞)(2)证明见解析

解析(1)f(x)的定义域为R，

f′(x)＝ex－2，

令f′(x)0，即ex2，解得xln2，

令f′(x)0，即ex2，解得xln2，

综上所述，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln2)，单调递增区间为(ln2，＋∞)．

(2)证明：令g(x)＝ex－2x－cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，则g′(x)＝ex＋sinx－2，

因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，

g′(x)＝(ex－1)＋(sinx－1)0，

所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减．

所以g(x)g(0)＝0，

所以函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上无零点．

即方程f(x)＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上无实数解．

4．(2021·全国甲卷)已知a0且a≠1，函数f(x)＝eq\f(xa,ax)(x0)．

(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；

(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．

答案(1)f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,ln2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln2)，＋∞))(2)(1，e)∪(e，＋∞)

解析(1)当a＝2时，f(x)＝eq\f(x2,2x)(x0)，

f′(x)＝eq\f(x（2－xln2）,2x)(x0)，

令f′(x)0，得0xeq\f(2,ln2)，此时函数f(x)单调递增，

令f′(x)0，得xeq\f(2,ln2)，此时函数f(x)单调递减，

所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,ln2)))，单调递减区间为eq