1、课时作业(二十四)1(2021贵州贵阳一中高三月考)已知函数f(x)x3-ax2(aR)在0，1上的最小值为-.(1)求a的值；(2)讨论函数g(x)f(x)-2xb(bR)的零点个数【解析】(1)由f(x)x3-ax2，f(x)x2-axx(x-a)，当a0时，f(x)在0，)上恒大于等于0，所以f(x)在0，1上单调递增，f(x)minf(0)0，不合题意；当0a1时，则x0，a时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)minf(a)a3-a3-a3，-a3-，所以a1，不满足0a1时，在0，1上，f(x)1；所以a1，综上，a1.(2)由(1)g(x)x3-x2-2xb，所以b-x3
2、x22x，令h(x)-x3x22x，则h(x)-x2x2-(x-2)(x1)，所以h(2)0，h(-1)0，且当x-1时，h(x)0；当-1x0；当x2时，h(x)0，所以h(x)极小h(-1)-2-，h(x)极大h(2)-844，如图：当b时，函数g(x)有1个零点；当b-或b时，函数g(x)有2个零点；当-bg(x)1恒成立，求整数m的最小值【解析】(1)令f(x)g(x)，即mexln x1，则m，令h(x)，则h(x).令k(x)-ln x-1，则函数k(x)在(0，)上单调递减，且k(1)0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，又x0时，h(x)-，所以mh(x
3、)maxh(1)，所以m的取值范围为.(2)令x1，则meln 12，解得m，故m1.当m1时，令m(x)ex-ln x-2，m(x)ex-，且m(x)在(0，)上单调递增又m(1)0，m0.所以整数m的最小值是1.3(2021陕西高三模拟)设函数f(x)axe-x(a0且a1)(1)若f(x)存在极值点，求实数a的取值范围；(2)设f(x)的极值点为x0，问是否存在正整数a，使得x0(0，1)？若存在，求出a；若不存在，请说明理由【解析】(1)由题意，函数f(x)axe-x，可得f(x)axln a-e-x，令g(x)axln a-e-x，则g(x)ax(ln a)2e-x0，所以函数g(x
4、)单调递增，若f(x)有极值点，则f(x)0有解，即axln a-e-x0有解，则(ae)xln a1，即(ae)x，因为(ae)x0，所以0，即ln a0，即a1，此时f(x)有极小值点x0logae-，所以实数a的取值范围是(1，)(2)由(1)知，当a1时，函数f(x)的极值点x0(即函数f(x)的零点)，因为f(0)ln a-10，则aln ae-1且a1)，则g(a)1ln a0，所以g(a)在(1，)上单调递增，g(1)0，g(2)2ln 21，所以a2，3，4，5，6，都使得aln ae-1成立，又a0)，其中e2.718 28是自然对数的底数(1)判断f(x)的单调性；(2)令
5、t(x)f(x)-b-exln x，记x0为函数t(x)的零点，求证：x00)，f(x)ex，令g(x)axex，故只需讨论g(x)的正负性即可，g(x)(x1)ex0，故g(x)单调递增，故g(x)g(0)a0，故f(x)0，f(x)单调递增(2)由t(x)f(x)-b-exln xaln xln x，故t(x)0，故t(x)单调递增，当xea时，t(ea)a2at(x0)0，故x0ea，由e-a，代入t(x)，得t(e-a)-a2-a-e-a，综上所述：x00，故m(x)单调递增且当xe-b时m(x)0，又(x1)20，故得b0，故只需求bln xb2(x1)2，当x1时，b24，解得00，故r(x)单调递增，只需r(x)x22x1-bln x-b2r(1)4-b20，解得0b2，综上所述：b的取值范围是0b2.
