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2021年高考数学新高考Ⅱ-22

  2022-04-29 23:03:46  

22.(12分)已知函数$f(x)=(x-1)e^{x}-ax^{2}+b$.
(Ⅰ)讨论$f(x)$的单调性;
(Ⅱ)从下面两个条件中选一个,证明:$f(x)$恰有一个零点.
①$\dfrac{1}{2}<a\leqslant \dfrac{{e}^{2}}{2}$,$b>2a$;
②$0<a<\dfrac{1}{2}$,$b\leqslant 2a$.
分析:(Ⅰ)对函数$f(x)$求导,对导数$f'(x)$分$a\leqslant 0$、$0<a<\dfrac{1}{2}$、$a=\dfrac{1}{2}$、$a>\dfrac{1}{2}$四种情况讨论,即可求解.(2)结合第一问单调性以及零点存在定理来证明$f(x)$有一个零点.
解:(Ⅰ)$\because f(x)=(x-1)e^{x}-ax^{2}+b$,$f'(x)=x(e^{x}-2a)$,
①当$a\leqslant 0$时,当$x>0$时,$f'(x)>0$,当$x<0$时,$f'(x)<0$,
$\therefore f(x)$在$(-\infty ,0)$上单调递减,在$(0,+\infty )$上单调递增,
②当$a>0$时,令$f'(x)=0$,可得$x=0$或$x=ln(2a)$,
$(i)$当$0<a<\dfrac{1}{2}$时,
当$x>0$或$x<ln(2a)$时,$f'(x)>0$,当$ln(2a)<x<0$时,$f'(x)<0$,
$\therefore f(x)$在$(-\infty$,$ln(2a))$,$(0,+\infty )$上单调递增,在$(ln(2a)$,$0)$上单调递减,
$(ii)a=\dfrac{1}{2}$时,
$f'(x)=x(e^{x}-1)\geqslant 0$ 且等号不恒成立,$\therefore f(x)$在$R$上单调递增,
$(iii)$当$a>\dfrac{1}{2}$时,
当$x<0$或$x>ln(2a)$时,$f'(x)>0$,当$0<x<ln(2a)$时,$f'(x)<0$,
$f(x)$在$(-\infty ,0)$,$(ln(2a)$,$+\infty )$上单调递增,在$(0$,$ln(2a))$上单调递减.
综上所述:
当$a\leqslant 0$ 时,$f(x)$ 在$(-\infty ,0)$上单调递减;在$(0,+\infty )$上 单调递增;
当$0<a<\dfrac{1}{2}$ 时,$f(x)$ 在$(-\infty$,$ln(2a))$ 和$(0,+\infty )$上单调递增;在$(ln(2a)$,$0)$上单调递减;
当$a=\dfrac{1}{2}$ 时,$f(x)$ 在$R$ 上单调递增;
当$a>\dfrac{1}{2}$ 时,$f(x)$ 在$(-\infty ,0)$和$(ln(2a)$,$+\infty )$ 上单调递增;在$(0$,$ln(2a))$ 上单调递减.
(Ⅱ)证明:若选①,由 (Ⅰ)知,$f(x)$ 在$(-\infty ,0)$上单调递增,$(0$,$ln(2a))$ 单调递减,$(ln(2a)$,$+\infty )$ 上$f(x)$ 单调递增.
注意到$f(-\sqrt{\dfrac{b}{a}})=(-\sqrt{\dfrac{b}{a}}-1)e^{-\sqrt{\dfrac{b}{a}}}<0,f(0)=b-1>2a-1>0$.
$\therefore f(x)$ 在$(-\sqrt{\dfrac{b}{a}},0]$ 上有一个零点;
$f(ln(2a))=(ln(2a)-1)\cdot 2a-a\cdot ln^{2}2a+b>2aln(2a)-2a-aln^{2}2a+2a=aln(2a)(2-ln(2a))$,
由$\dfrac{1}{2}<a\leqslant \dfrac{e^{2}}{2}$ 得$0<ln(2a)\leqslant 2$,$\therefore aln(2a)(2-ln(2a))\geqslant 0$,
$\therefore f(ln(2a))>0$,当$x\geqslant 0$ 时,$f(x)\geqslant f(ln(2a))>0$,此时$f(x)$ 无零点.
综上:$f(x)$ 在$R$ 上仅有一个零点.
若选②,则由(Ⅰ)知:$f(x)$在$(-\infty$,$ln(2a))$ 上单调递增,在$(ln(2a)$,$0)$上单调递减,在$(0,+\infty )$ 上单调递增.
$f(ln(2a))=(ln(2a)-1)2a-aln^{2}2a+b\leqslant 2aln(2a)-2a-aln^{2}2a+2a=aln(2a)(2-ln(2a))$,
$\because$$0<a<\dfrac{1}{2}$,$\therefore ln(2a)<0$,$\therefore aln(2a)(2-ln(2a))<0$,$\therefore f(ln(2a))<0$,
$\therefore$当$x\leqslant 0$ 时,$f(x)\leqslant f(ln(2a))<0$,此时$f(x)$ 无零点.
当$x>0$ 时,$f(x)$ 单调递增,注意到$f(0)=b-1\leqslant 2a-1<0$,
取$c=\sqrt{2(1-b)+2}$,$\because b<2a<1$,$\therefore$$c>\sqrt{2}>1$,又易证$e^{c}>c+1$,
$\therefore$$f(c)=(c-1)e^{c}-ac^{2}+b>(c-1)(c+1)-ac^{2}+b=(1-a)c^{2}+b-1>\dfrac{1}{2}c^{2}+b-1=1-b+1+b-1=1>0$,
$\therefore f(x)$在$(0,c)$上有唯一零点,即$f(x)$在$(0,+\infty )$上有唯一零点.
综上:$f(x)$ 在$R$ 上有唯一零点.
点评:本题考查利用导数研究函数的单调性和零点,考查分类讨论的数学思想,考查数学运算和数学抽象的核心素养,属于难题.

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