理數(shù)北師大版練習(xí)：第二章 第十節(jié) 第三課時　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時作業(yè) A組——基礎(chǔ)對點練 1．(20xx·榆林市模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足(x－1)f′(x)≤0，且y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，當(dāng)|x1－1|＜|x2－1|時，有(　　) A．f(x1)≥f(x2)　　　 B．f(x1)＝f(x2) C．f(x1)＞f(x2) D．f(x1)≤f(x2) 解析：因為函數(shù)y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，所以y＝f(x＋1)＝f(－x＋1)，即函數(shù)y＝f(x)關(guān)于x＝1對稱，所以f(2－x1)＝f(x1)，f(2－x2)＝f(x2

2、)．當(dāng)x＞1時，f′(x)≤0，此時函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x＜1時，f′(x)≥0，此時函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增．①若x1≥1，x2≥1，則由|x1`－1|＜|x2－1|，得x1－1＜x2－1，即1≤x1＜x2，所以f(x1)＞f(x2)．②同理若x1＜1，x2＜1，由|x1－1|＜|x2－1|，得－(x1－1)＜－(x2－1)，即x2＜x1＜1，所以f(x1)＞f(x2)．③若x1，x2中一個大于1，一個小于1，不妨設(shè)x1＜1，x2≥1，則－(x1－1)＜x2－1， 可得1＜2－x1＜x2，所以f(2－x1)＞f(x2)，即f(x1)＞f(x2)． 綜上有f(x1)＞f(x2)．

3、 答案：C 2．對任意x∈R，函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)存在，若f′(x)>f(x)，且a>0，則以下說法正確的是(　　) A．f(a)>ea·f(0) B．f(a)<ea·f(0) C．f(a)>f(0) D．f(a)<f(0) 解析：設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝>0，故g(x)＝為R上的單調(diào)遞增函數(shù)，因此g(a)>g(0)，即>＝f(0)，所以f(a)>ea·f(0)，選A. 答案：A 3．若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是(　　) A．(－∞，＋∞) B．(－2

4、，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) 解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－. 令f(x)＝x－， ∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范圍為(－1，＋∞)，故選D. 答案：D 4．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若p：任意x1，x2∈R，且x1≠x2，||＜2 017，q：任意x∈R，|f′(x)|＜2 017，則p是q的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件

5、解析：因為任意x1，x2∈R，且x1≠x2，所以不妨設(shè)x1＜x2，則由||＜2 017可得|f(x1)－f(x2)|＜2 017x2－2 017 x1， 則， 即. 令g(x)＝f(x)＋2 017 x，則由單調(diào)性的定義可知g(x)在R上單調(diào)遞增，所以g′(x)＝f′(x)＋2 017≥0在R上恒成立，即f′(x)≥－2 017在R上恒成立，同理令h(x)＝f(x)－2 017x，可得f′(x)≤2 017在R上恒成立，所以p等價于任意x∈R，|f′(x)|≤2 017，顯然q可以推出p，而p推不出q，所以p是q的必要不充分條件． 答案：B 5．(20xx·昆明市檢測)已知

6、函數(shù)f(x)＝若方程f(x)－ax＝0恰有兩個不同的實根，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(0，) B．[，) C．(，] D．(－∞，0]∪[，＋∞) 解析：方程f(x)－ax＝0有兩個不同的實根，即直線y＝ax與函數(shù)f(x)的圖像有兩個不同的交點．作出函數(shù)f(x)的圖像如圖所示．當(dāng)x＞1時，f(x)＝ln x，得f′(x)＝，設(shè)直線y＝kx與函數(shù)f(x)＝ln x(x＞1)的圖像相切，切點為( x0，y0)，則＝＝，解得x0＝e，則k＝，即y＝x是函數(shù)f(x)＝ln x(x＞1)的圖像的切線，當(dāng)a≤0時，直線y＝ax與函數(shù)f(x)的圖像有一個交點，不合題意；當(dāng)0＜a＜時，直線y

7、＝ax與函數(shù)f(x)＝ln x(x＞1)的圖像有兩個交點，但與射線y＝x＋1(x≤1)也有一個交點，這樣就有三個交點，不合題意；當(dāng)a≥時，直線y＝ax與函數(shù)f(x)的圖像至多有一個交點，不合題意；只有當(dāng)≤a＜時，直線y＝ax與函數(shù)f(x)的圖像有兩個交點，符合題意．故選B. 答案：B 6．已知函數(shù)f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一個 x0∈[1，e]，使得f(x0)<g(x0)成立，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A. B. C．(－∞，0] D．(－∞，0) 解析：由題意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，∴mx<2

8、ln x在[1，e]上有解，即<在[1，e]上有解，令h(x)＝，則h′(x)＝，當(dāng)1≤x≤e時，h′(x)≥0，∴在[1，e]上，h(x)max＝h(e)＝，∴<，∴m<.∴m的取值范圍是.故選B. 答案：B 7．若函數(shù)f(x)＝xex－a有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．－<a<0 B．a(chǎn)>－ C．－e<a<0 D．0<a<e 解析：構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xex，則g′(x)＝ex(x＋1)，因為ex>0，所以由g′(x)＝0，解得x＝－1， 當(dāng)x>－1時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)為增

9、函數(shù)；當(dāng)x<－1時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)為減函數(shù)，所以當(dāng)x＝－1時函數(shù)g(x)有最小值；g(－1)＝－e－1＝－.畫出函數(shù)y＝xex的圖像，如圖所示，顯然當(dāng)－<a<0時，函數(shù)f(x)＝xex－a有兩個零點，故選A. 答案：A 8．當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2] D．[－4，－3] 解析：當(dāng)x∈(0,1]時，得a≥－33－42＋， 令t＝，則t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t， 令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，則

10、g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，顯然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減， 所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，當(dāng)x∈[－2,0)時， 得a≤－2. 由以上兩種情況得－6≤a≤－2，顯然當(dāng)x＝0時也成立， 故實數(shù)a的取值范圍為[－6，－2]． 答案：C 9．若函數(shù)f(x)＝2x＋sin x對任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)<0恒成立，則x的取值范圍是 ． 解析：f(－x)＝－f(x)，f(x)為奇函數(shù)， 若x∈R時，f′(x)＝2＋cos x>0恒成立，

11、 ∴f(x)在R上為增函數(shù)， 又f(x)為奇函數(shù)，故 在定義域內(nèi)為增函數(shù)，∴f(mx－3)＋f(x)<0可變形為f(mx－3)<f(－x)，∴mx－3<－x，將其看作關(guān)于m的一次函數(shù)，則g(m)＝x·m－3＋x，m∈[－2,2]，可得當(dāng)m∈[－2,2]時，g(m)<0恒成立，若x≥0，g(2)<0，若x<0，g(－2)<0，解得－3<x<1. 答案：－3<x<1 10．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋3x－8的零點x0∈[a，b]，且b－a＝1，a，b∈N*，則a＋b＝ . 解析：∵f(2)＝l

12、n 2＋6－8＝ln 2－2<0， f(3)＝ln 3＋9－8＝ln 3＋1>0， 且函數(shù)f(x)＝ln x＋3x－8在(0，＋∞)上為增函數(shù)， ∴x0∈[2,3]，即a＝2，b＝3. ∴a＋b＝5. 答案：5 11．已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln x(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[e，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍； (2)當(dāng)a＝1且k∈Z時，不等式k(x－1)<f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值． 解析：(1)f′(x)＝a＋ln x＋1， 由題意知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立， 即ln x＋a＋1≥0在[e，＋∞)

13、上恒成立， 即a≥－(ln x＋1)在[e，＋∞)上恒成立， 而[－(ln x＋1)]max＝－(ln e＋1)＝－2， ∴a≥－2，即a的取值范圍為[－2，＋∞)． (2)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x＋xln x， ∵x∈(1，＋∞)， ∴原不等式可化為k<， 即k<對任意x>1恒成立． 令g(x)＝，則g′(x)＝. 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)， 則h′(x)＝1－＝>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∵h(yuǎn)(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0， ∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即

14、g′(x0)＝0. 即當(dāng)1<x<x0時，h(x)<0，即g′(x)<0. 當(dāng)x>x0時，h(x)>0，即g′(x)>0. ∴g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 由h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得ln x0＝x0－2， g(x)min＝g(x0)＝＝ ＝x0∈(3,4)， ∴k<g(x)min＝x0且k∈Z，即kmax＝3. 12．(20xx·德州中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝mx2－x＋ln x. (1)若在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)存在區(qū)間D，使得該函數(shù)在區(qū)間D上為減函數(shù)，求實數(shù)m的取值

15、范圍； (2)當(dāng)0<m≤時，若曲線C：y＝f(x)在點x＝1處的切線l與曲線C有且只有一個公共點，求m的值或取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋＝， 即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解． 當(dāng)m≤0時顯然成立； 當(dāng)m>0時，由于函數(shù)y＝2mx2－x＋1的圖像的對稱軸x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<. 故0<m<，綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為. (2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切線方程為y－m＋1＝2m(x－1)， 即y＝2mx－m－1. 從而方程mx2－x＋ln x＝2mx

16、－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解． 設(shè)g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)， 則g(x)在(0，＋∞)上有且只有一個零點． 又g(1)＝0，故函數(shù)g(x)有零點x＝1. 則g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝. 當(dāng)m＝時，g′(x)≥0， 又g(x)不是常數(shù)函數(shù)，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴函數(shù)g(x)有且只有一個零點x＝1，滿足題意． 當(dāng)0<m<時，由g′(x)＝0，得x＝或x＝1.且>1， 由g′(x)>0，得0<x<1或x>； 由g′(x)<0，得1<x<. 故當(dāng)x在(0，＋∞)

17、上變化時 ，g′(x)，g(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  極大值  極小值  根據(jù)上表知g<0. 又g(x)＝mx＋m＋ln x＋1. ∴g>0， 故在上，函數(shù)g(x)又有一個零點，不滿足題意． 綜上所述，m＝. B組——能力提升練 1．已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有極值，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，) B．(0，) C．(－∞，] D．(0，] 解析：f(x)＝xln x－ax2(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1－2ax.

18、令g(x)＝ln x＋1－2ax， ∵函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有極值，則g(x)＝0在 (0，＋∞)上有實根．g′(x)＝－2a＝， 當(dāng)a≤0時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞，g(x)→＋∞， 故存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)存在極小值f(x0)，符合題意． 當(dāng)a＞0時，令g′(x)＝0，得x＝.當(dāng)0＜x＜時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，∴x＝時，函數(shù)g(x)取得極大值．∵當(dāng)x→0和x→

19、＋∞時，均有g(shù)(x)→－∞，要使g(x)＝0在(0，＋∞)上有實根，且f(x)有極值，則g()＝ln＞0，解得0＜a＜.綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，)，選A. 答案：A 2．已知函數(shù)f(x)＝－k(＋ln x)，若x＝2是函數(shù)f(x)的唯一極值點，則實數(shù)k的取值范圍為(　　) A．(－∞，e] B．[0，e] C．(－∞，e) D．[0，e) 解析：f(x)＝－k(＋ln x)，則f′(x)＝(ex－kx)，∵x＝2是函數(shù)f(x)的唯一極值點，∴x＝2是f(x)＝0的唯一根．∴ex－kx≥0在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝ex－kx(x∈(0，＋∞))，則g′(x)＝

20、ex－k.當(dāng)k≤0時，g′(x)＞0恒成立，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(0)＝1，∴g(x)≥0恒成立．當(dāng)k＞0時，g′(x)＝0的根為x＝ln k，當(dāng)0＜x＜ln k時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞ln k時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增．∴g(x)的最小值為g(ln k)＝k－kln k，∴k－kln k≥0，∴0＜k≤e，綜上所述，k≤e.故選A. 答案：A 3．(20xx·宜州調(diào)研)設(shè)f(x)＝|ln x|，若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：令y

21、1＝f(x)＝|ln x|，y2＝ax，若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點，則y1＝f(x)＝|ln x|與y2＝ax的圖像(圖略)在區(qū)間(0,4)上有三個交點．由圖像易知，當(dāng)a≤0時，不符合題意；當(dāng)a>0時，易知y1＝|ln x|與y2＝ax 的圖像在區(qū)間(0,1)上有一個交點，所以只需要y1＝|ln x|與y2＝ax的圖像在區(qū)間(1,4)上有兩個交點即可，此時|ln x|＝ln x，由ln x＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，則h′(x)＝，故函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e,4)上單調(diào)遞減，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以

22、<a<，故選D. 答案：D 4．已知函數(shù)f(x)＝(3x＋1)ex＋1＋mx，若有且僅有兩個整數(shù)使得f(x)≤0，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(，2] B．[－，－) C．[－，－) D．[－4e，－) 解析：由f(x)≤0得(3x＋1)ex＋1＋mx ≤0，即mx≤－(3x＋1)ex＋1，設(shè)g(x)＝mx，h(x)＝－(3x＋1)ex＋1，則h′(x)＝－[3ex＋1＋(3x＋1)ex＋1]＝－(3x＋4)ex＋1，由h′(x)＞0得－(3x＋4)＞0，即x＜－，由h′(x)＜0得－(3x＋4)＜0，即x＞－，故當(dāng)x＝－時，函數(shù)h(x)取得極大值．在同一平面直

23、角坐標(biāo)系中作出y＝h(x)，y＝g(x)的大致圖像如圖所示，當(dāng)m≥0時，滿足g(x)≤h(x)的整數(shù)解超過兩個，不滿足條件；當(dāng)m＜0時，要使g(x)≤h(x)的整數(shù)解只有兩個，則需滿足，即，即，即－≤m＜－，即實數(shù)m的取值范圍是[－，－)，故選B. 答案：B 5．(20xx·鄭州模擬)若函數(shù)f(x)＝x2＋－aln x(a>0)有唯一的零點x0，且m<x0<n(m，n為相鄰整數(shù))，則m＋n的值為(　　) A．1 B．3 C．5 D．7 解析：令g(x)＝x2＋，h(x)＝aln x，則g′(x)＝2x－，h′(x)＝(a>0，x>0)．因為

24、函數(shù)f(x)有唯一零點x0，所以函數(shù)g(x)，h(x)的圖像有唯一一個交點，即g(x)，h(x)有唯一公切點(x0，y0)，即由得x＋－2ln x0＝0，令φ(x)＝x＋－2ln x0，則φ(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln 2>0，φ(e)＝－e2＋<0，所以x0∈(2，e)，所以m＝2，n＝3，所以m＋n＝5. 答案：C 6．若函數(shù)f(x)＝＋1(a<0)沒有零點，則實數(shù)a的取值范圍為 ． 解析：f′(x)＝＝. 當(dāng)a<0時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f′(x) －

25、 0 ＋ f(x)  極小值  若使函數(shù)f(x)沒有零點， 當(dāng)且僅當(dāng)f(2)＝＋1>0，解得a>－e2， 所以此時－e2<a<0， 故實數(shù)a的取值范圍為(－e2,0)． 答案：(－e2,0) 7．若正數(shù)x，y滿足15x－y＝22，則x3＋y3－x2－y2的最小值為 ． 解析：由正數(shù)x，y滿足15x－y＝22，可得y＝15x－22＞0，則x＞，y＞0， 又x3＋y3－x2－y2＝(x3－x2)＋(y3－y2)， 其中y3－y2＋y＝y(tǒng)(y2－y＋)＝y(tǒng)(y－)2≥0， 即y3－y2≥－y， 當(dāng)且僅當(dāng)y＝時取得等號， 設(shè)f

26、(x)＝x3－x2，f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)， 當(dāng)x＞時，f′(x)＞0，f(x)遞增，＜x＜時，f′(x)＜0，f(x)遞減． 即有f(x)在x＝取得極小值，也為最小值， 此時y＝15×－22＝， 則x3＋y3－x2－y2≥(x3－x2)＋(y3－y2)≥－y＝－＝1. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝時，取得最小值1. 答案：1 8．(20xx·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，則實數(shù)a的取值范圍是 ． 解析：當(dāng)x∈[1,2]時，f(x)＝|x3－ax|， 由f(

27、x)<2可得－2<x3－ax<2， 即為－x2－<－a<－x2＋， 設(shè)g(x)＝－x2－，導(dǎo)數(shù)為g′(x)＝－2x＋， 當(dāng)x∈[1,2]時，g′(x)≤0， 即g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減， 所以g(x)min＝－4－1＝－5， 即有－a>－5，即a<5； 設(shè)h(x)＝－x2＋，導(dǎo)數(shù)為h′(x)＝－2x－， 當(dāng)x∈[1,2]時，h′(x)<0， 即h(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1. 綜上可得，a的取值范圍是－1<a<5. 答案：(－1,5)

28、 9．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)m≥0時，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖像的交點個數(shù)． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝，當(dāng)m≤0時，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間． 當(dāng)m>0時，f′(x)＝，當(dāng)0<x<時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 綜上：當(dāng)m≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)m>0時

29、，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，問題等價于求函數(shù)F(x)的零點個數(shù)． 當(dāng)m＝0時，F(xiàn)(x)＝－x2＋x，x>0，有唯一零點；當(dāng)m≠0時，F(xiàn)′(x)＝－， 當(dāng)m＝1時，F(xiàn)′(x)≤0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)，注意到F(1)＝>0，F(xiàn)(4)＝－ln 4<0，所以F(x)有唯一零點． 當(dāng)m>1時，0<x<1或x>m時，F(xiàn)′(x)<0；1<x<m時，F(xiàn)′(x)>0，所以函數(shù)F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上單

30、調(diào)遞減，在(1，m)上單調(diào)遞增，注意到F(1)＝m＋>0， F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零點． 當(dāng)0<m<1時，0<x<m或x>1時，F(xiàn)′(x)<0；m<x<1時，F(xiàn)′(x)>0， 所以函數(shù)F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(m,1)上單調(diào)遞增，易得ln m<0， 所以F(m)＝(m＋2－2ln m)>0，而F(2m＋2)＝ －mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零點． 綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點，即兩函數(shù)圖像有一個交點． 10．(20xx&#

31、183;衡水模擬)已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝aln x＋x2－4x. (1)是否存在實數(shù)a，使得f(x)在x＝1處取得極值？證明你的結(jié)論． (2)設(shè)g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝. 假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)在x＝1處取極值，則f′(1)＝0， 所以a＝2，此時，f′(x)＝，當(dāng)x>0時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以x＝1不是f(x)的極值點． 故不存在實數(shù)a，使得f(x)在x＝1處取得極值． (2)

32、由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0， 記F(x)＝x－ln x(x>0)，所以F′(x)＝(x>0)， 所以當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>1時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增． 所以F(x)≥F(1)＝1>0， 所以a≥，記G(x)＝，x∈， 所以G′(x)＝＝. 因為x∈，所以2－2ln x＝2(1－ln x)≥0， 所以x－2ln x＋2>0， 所以x∈時，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減； x∈(1，e)時，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增， 所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥G(x)min＝－1. 故實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．