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高考大题专攻练
12.函数与导数(B组)
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1.已知函数f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1)，其中a∈R. 世纪金榜导学号92494448
(1)求f(x)的单调区间.
(2)是否存在a的值，使得f(x)在[0，+∞)上既存在最大值又存在最小值？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1)
=ln.
设g(x)=，g′(x)=-.
①当a=0时，f(x)无意义，所以a≠0.
②当a>0时，f(x)的定义域为.
令g′(x)=0，得x1=-a，x2=，g(x)与g′(x)的情况如表：
-(-a)=>0，所以>-a.
-=-<0，所以<.
故f(x)的单调递增区间是；
单调递减区间是.
③当a<0时，f(x)的定义域为.令g′(x)=0，得x1=-a，x2=，g(x)与g′(x)的情况如表：
-(-a)=<0，所以<-a.
-=->0，所以>.
所以f(x)的单调递增区间是；
单调递减区间是.
(2)①当a>0时，由(1)可知，f(x)在上单调递增，在
上单调递减，所以f(x)在[0，+∞)上存在最大值f=lna2. 下面研究最小值：
由于f(x)的定义域为.
(ⅰ)若≥0，即0<a≤1时，结合f(x)的定义域可知f(x)在[0，+∞)上没有最小值，不合题意.
(ⅱ)若<0，即a>1时，因为在上单调递增，
所以f(x)在上存在最小值f(0)；
因为f(x)在上单调递减，
所以f(x)在上不存在最小值.
所以，要使f(x)在[0，+∞)上存在最小值，
只可能是f(0)=ln(g(0)).
计算整理g(x)-g(0)=-(a2-1)
=.
要使f(x)在[0，+∞)上存在最小值，
只需x∈[0，+∞)，g(x)-g(0)≥0.
因为x2+1>0，则问题转化为x∈[0，+∞)时，(1-a2)x+2a≥0恒成立.
设h(x)=(1-a2)x+2a，则只需或
解得0≤a≤1，这与a>1相矛盾，
所以f(x)在[0，+∞)上没有最小值，不合题意.
②当a<0时，由于f(x)的定义域为.
(ⅰ)若≤0，即-1≤a<0时，f(x)在[0，+∞)上没有意义，也不存在最大值和最小值.
(ⅱ)若>0，即a<-1时，由(1)可知f(x)在上单调递减，f(x)存在最大值，但不存在最小值.
综上，不存在a的值，使得f(x)在[0，+∞)上既存在最大值又存在最小值.
2.已知函数f(x)=ae x+(2-e)x(a为实数，e为自然对数的底数)，曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线(3-e)x-y+10=0平行. 世纪金榜导学号92494449
(1)求实数a的值，并判断函数f(x)在区间[0，+∞)内的零点个数.
(2)证明：当x>0时，f(x)-1>xln(x+1).
【解析】(1)f′(x)=ae x+2-e，由题设，可知曲线y=f(x)在x=0处的切线的斜率k=f′(0)=a+2-e=3-e，解得a=1，
所以f(x)=e x+(2-e)x，
所以x≥0时，f′(x)=e x+2-e≥e0+2-e>0，
所以f(x)在区间[0，+∞)内为增函数，
又f(0)=1>0，所以f(x)在区间[0，+∞)内没有零点.
(2)当x>0时，f(x)-1>xln(x+1)等价于>ln(x+1)，记g(x)=e x-(x+1)，
则g′(x)=e x-1，当x>0时，g′(x)>0，
所以当x>0时，g(x)在区间(0，+∞)内单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，即e x>x+1，两边取自然对数，得x>ln(x+1)(x>0)，
所以要证明>ln(x+1)(x>0)，只需证明≥x(x>0)，即证明当x>0时，e x-x2+(2-e)x-1≥0，①
设h(x)=e x-x2+(2-e)x-1，则h′(x)=e x-2x+2-e，
令φ(x)=e x-2x+2-e，
则φ′(x)=e x-2，当x∈(0，ln2)时，φ′(x)<0；
当x∈(ln2，+∞)时，φ′(x)>0.
所以φ(x)在区间(0，ln2)内单调递减，在区间(ln2，+∞)内单调递增，又φ(0)=3-e>0，φ(1)=0，0<ln2<1，所以φ(ln2)<0，所以存在x0∈(0，1)，使得φ(x0)=0，
所以当x∈(0，x0)，或x∈(1，+∞)时，φ(x)>0；
当x∈(x0，1)时，φ(x)<0，所以h(x)在区间(0，x0)内单调递增，在区间(x0，1)内单调递减，在区间(1，+∞)内单调递增，
又h(0)=h(1)=0，所以h(x)=e x-x2+(2-e)x-1≥0，当且仅当x=1时，取等号，即①式成立.
所以f(x)-1>xln(x+1).
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