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选修1-1（文科）《第3章 导数及其应用 复习题三》优秀教案
C.(－∞，－2) D.(－∞，－1)
解析 由题意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(x－﹨f(2,a))) ，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ eq ﹨f(2,a) .
当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈ eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(0，﹨f(2,a))) ，f′(x)<0；x∈ eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(﹨f(2,a)，＋∞)) ，f′(x)>0，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零点，不满足.
当a<0时，需使x0>0且唯一，只需f eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(﹨f(2,a))) >0，则a2>4，所以a<－2.
答案 C
2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，
且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 设g(x)＝ax－a－ln x， 则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0， 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a－ eq ﹨f(1,x) ，g′(1)＝a－1，得a＝1. 若a＝1，则g′(x)＝1－ eq ﹨f(1,x) . 当0 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a＝1. (2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x， 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－ eq ﹨f(1,x) . 当x∈ eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(0，﹨f(1,2))) 时，h′(x)<0；当x∈ eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(﹨f(1,2)，＋∞)) 时，h′(x)>0. 所以h(x)在 eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(0，﹨f(1,2))) 单调递减，在 eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(﹨f(1,2)，＋∞)) 单调递增. 又h(e－2)>0，h eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(﹨f(1,2))) <0，h(1)＝0， 所以h(x)在 eq ﹨b﹨lc﹨(﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(0，﹨f(1,2))) 有唯一零点x0，在 eq ﹨b﹨lc﹨[﹨rc﹨)(﹨a﹨vs4﹨al﹨co1(﹨f(1,2)，＋∞)) 有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.