2020届高考数学(文)一轮复习精品特训专题三：导数及其应用(3)导数在函数单调性、极值中的应用A

显然g?(x)min?g?(1)?2?a，又当x?1时：g??(x)?0．当x?1时：g??(x)?0． 故g?(x)min?g?(1)?2?a， a??2，?g?(x)?g?(x)min?2?a?0． 1故g(x)在区间(,??)上单调递增，

e1注意到：当x???时，g(x)???，故g(x)在(,??)上的零点个数由

e11g()?(a?1)(a?1?)的符号决定． ee111①当g()?0，即：?2?a??1?或a?1时：g(x)在区间(,??)上无零点，即f(x)无

eee极值点．

111②当g()?0，即：?1??a?1时：g(x)在区间(,??)上有唯一零点，即f(x)有唯

eee一极值点．

11综上：当?2?a??1?或a?1时：f(x)在(,??)上无极值点．

ee11当?1??a?1时：f(x)在(,??)上有唯一极值点．

ee1（3）假设存在a，使f(x)在区间(,??)上与x轴相切，则f(x)必与x轴相切于极值点处

e1由（2）可知：?1??a?1．不妨设极值点为x0，则有：

eh(t)?et?t?(t?1)2…(?)同时成立．

联立得：lnx0?a?1?0，即x0?e?(a?1)代入(?)可得e?(a?1)?(a?1)?a2?0． 1令t??(a?1),t?(?2,)，h(t)?et?t?(t?1)2．

e131则h?(t)?et?2t?3，h?(t)?et?2，当t?(?2,)时h(t)?ee???1?0ee2e （1ee1?e2<2）．

11121故h?(t)在t?(?2,)上单调递减．又h?(?2)?e?2?1?0，h?()?ee??3?0．

eee1故h?(t)在t?(?2,)上存在唯一零点t0．

e1即当t?(?2,t0)时h?(t)?0，h(t)单调递增．当t?(t0,)时h?(t)?0，h(t)单调递减．

e因为h(?2)?e?2113?1?0，h?()?ee???1?0．

2eee11故h(t)在t?(?2,t0)上无零点，在t?(t0,)上有唯一零点．

e由观察易得h(0)?0，故a?1?0，即：a??1．

1综上可得：存在唯一的a??1a??1使得f(x)在区间(,??)上与x轴相切．

e解析：

19答案及解析： 答案：1. f'?x??1?当a?0时, ∵x?0,

∴f'?x??0恒成立,

∴f(x)在定义域?0,???上单调递增, 当a?0时,令f'?x??0,得x?a, ∵x?0,

∴f'?x??0得x?a;

ax?a ?xxf'?x??0得0?x?a,

∴f?x?在?0,a?上单调递减,在?a,???上单调递增 2.当a?0时, f?x??0恒成立,

当a?0时,当x???时, f?x??0不成立, 当a?0时,由1可知f?x?min?f?a??a?alna, 由f?a??a?alna?0得1?lna?0,

?a??0,e?

综上所述, a的取值范围是?0,e?

解析：