专题检测（二十二）函数、导数与方程大题专攻强化练1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．2．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋lnx－1＝lnx－.因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－＝>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，\n当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得<1<x0.又f＝ln－－1＝＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．3．(2019·东北四市联合体模拟(一))已知函数f(x)＝＋alnx(a＞0)．(1)若函数y＝f(x)图象上各点切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；(2)若关于x的不等式f(x)＜2有解，求a的取值范围．解：f′(x)＝－＋(x＞0)．(1)∵a＞0，∴当＝时，f′(x)取得最大值，∴＝2.∵a＞0，∴a＝4.此时f′(x)＝－＋＝，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴f(x)的极小值点为x＝，无极大值点．(2)∵f′(x)＝(x＞0且a＞0)，∴当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴f(x)≥f＝a＋aln.∵关于x的不等式f(x)＜2有解，∴a＋aln＜2.∵a＞0，∴ln＋1－＜0.令g(x)＝lnx＋1－x，则g′(x)＝－1＝，当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，\n∴g(x)≤g(1)＝0，∴由ln＋1－＜0可解得＞0且≠1，∴a的取值范围是.4．(2019·兰州市诊断考试)已知函数f(x)＝x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)lnx，a∈R.(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；(2)试判断当a∈[－1，1]时，函数y＝f(x)的零点的个数，并说明理由．解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝x2－2x＋lnx，∴f′(x)＝x－2＋＝＝≥0，∴函数y＝f(x)在其定义域内为增函数，单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)①当a＝0，f(x)＝x2－2x＝(x－2)2－2(x＞0)，由于f(4)＝0，故函数有且只有一个零点．②当a＝－1时，由(1)知函数y＝f(x)在其定义域内为增函数，由于f(e)＝－2e＋1＝＜0，f(e2)＝－2e2＋2＝＞0，故函数有且只有一个零点．③当－1＜a＜0或0＜a≤1时，a＋2＞a2＞0，可得当x∈(0，a2)时，f′(x)＞0，函数为增函数；当x∈(a2，a＋2)时，f′(x)＜0，函数为减函数；当x∈(a＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数为增函数．∴当x＝a2时，函数有极大值f(a2)＝a2[a2－2(a2＋a＋2)＋2(a＋2)lna2]＝a2[－a2－2(a＋2)＋2(a＋2)lna2]，当－1＜a＜0或0＜a≤1时，a2≤1，∴f(a2)＜0，又f(e3)＞0，故函数有且只有一个零点．综上可知，当a∈[－1，1]时，函数y＝f(x)有且只有一个零点．
