文档内容
2025版新教材高考数学第二轮复习
3.3 导数的综合应用
五年高考
高考新风向
x
(创新考法)(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3.
2−x
(1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当10时, f(x)>2ln a+ .
22.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
1 1
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2< + 0时, f(x)<-1,求a的取值范围;
1 1 1
(3)设n∈N*,证明: + +…+ >ln(n+1).
√12+1 √22+2 √n2+n考点2 利用导数研究函数零点
1.(2023全国乙文,8,5分,中)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是( )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
1
2.(2022全国乙文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax- -(a+1)ln x.
x
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
(1 (1))
3.(2020课标Ⅲ理,21,12分,难)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点 ,f 处的切线与y
2 2
轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.4.(2021新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
1 e2
① 2a;
2 2
1
②00且f(x)≤g(x)恒成立,求a的最小值.
x
2.(2024东北三省四市一模,16)已知函数f(x)= -aex,a∈R.
ex
(1)当a=0时,求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(2)当a=1时,求f(x)的单调区间和极值;
(3)若对任意x∈R,有f(x)≤ex-1恒成立,求a的取值范围.3.(2024广东广州一模,17)已知函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值;
(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.
4.(2024湖南九校联盟联考,17)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c∈R),其图象的对称中心为
(1,-2).
(1)求a-b-c的值;
(2)判断函数f(x)的零点个数.1
5.(2024浙江杭州二模,16)已知函数f(x)=aln(x+2)- x2(a∈R).
2
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若函数f(x)有两个极值点,
(i)求实数a的取值范围;
(ii)证明:函数f(x)有且只有一个零点.
6.(2024山东青岛二模,18)已知函数f(x)=ex-ax2-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)讨论f '(x)的单调性;
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围;
( π)
(3)若θ∈ 0, ,证明:esin θ-1+ecos θ-1+ln(sin θcos θ)<1.
27.(2024山东泰安一模,18)已知函数f(x)=aeax(a≠0).
(1)若a>0,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线与直线x+y-2=0垂直,证明: f(x)>ln(x+2);
eax 1−eax
2
(2)若对任意的x ,x 且x 2ln x-2.4
参考数据: e5≈2.23.
x2
9.(2024河南TOP二十名校质检一,18)已知函数f(x)=-cos x,g(x)= -1,x∈[0,+∞).
2
(1)判断g(x)≥f(x)是否∀x∈[0,+∞)恒成立,并给出理由;
(2)证明:
π sinm−sinn
①当0cos n;
2 m−n
1 f '(a )−f '(a ) n−1 6n−7
②当a= (i∈N*),k= i+1 i (i=1,2,…,n-1)时, ∑ ❑k> .
i 2i i a −a i 6
i+1 i i=1
练风向
(创新考法)(多选)(2024 湖北八市联考,11)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 存在两个极值点x ,x (x 0时,n=3
B.当a<0时,m+2=n
C.mn一定能被3整除
D.m+n的取值集合为{4,5,6,7}
3.3 导数的综合应用
五年高考
高考新风向
x
(创新考法)(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3.
2−x
(1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当10在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
3
所以f(x)>f(1)=-2成立.
2 2
当b<- 时,存在x ∈(1,2),使得 +3b=0,
3 0 x (2−x )
0 0
2
即3b= .
x (x −2)
0 0
在(1,x )上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
0
又f(1)=-2,所以在(1,x )上有f(x)<-2,不符合题意.
0
2
综上,可得b≥- .
3
考点1 利用导数研究不等式
1.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
3
(2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+ .
2
解析 (1)由已知得函数f(x)的定义域为R,
f '(x)=aex-1.
①当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减;
1
②当a>0时,令f '(x)=0,则x=ln ,
a1
当xln 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
a
综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;
( 1) ( 1 )
当a>0时, f(x)在 −∞,ln 上单调递减,在 ln ,+∞ 上单调递增.
a a
( 1) ( 1 )
(2)证明:由(1)知,当 a>0 时, f(x)在 −∞,ln 上单调递减,在 ln ,+∞ 上单调递增,则
a a
( 1) (1 ) 1
f(x) =f ln =a +a -ln =1+a2+ln a.
min a a a
3 3
要证明f(x)>2ln a+ ,只需证明1+a2+ln a>2ln a+ ,
2 2
1
即证a2-ln a- >0.
2
1 1 2x2−1
令g(x)=x2-ln x- (x>0),则g'(x)=2x- = .
2 x x
√2
当0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
2
(√2) 1 √2 1 √2
∴g(x) =g = -ln - =-ln =ln √2>0,
min 2 2 2 2 2
1
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a- >0,
2
3
∴f(x)>2ln a+ .
2
2.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
1 1
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2< + 0,解得01,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.1 1 1( 1)
(2)证明:由 bln a-aln b=a-b(两边同除以 ab)得 (1+ln a)= (1+ln b),即 1−ln =
a b a a
1( 1)
1−ln ,
b b
1 1
令 x = ,x = ,则 x ,x 为 f(x)=k 的两个实根,当 x→0+时,f(x)→0+,当 x→+∞时, f(x)→-∞,且
1 a 2 b 1 2
f(1)=1,故k∈(0,1),
不妨令x ∈(0,1),x ∈(1,e),则2-x >1,e-x >1,
1 2 1 1
先证明x +x >2,即证x >2-x ,
1 2 2 1
即证f(x )=f(x )0恒成立,
∴h(x)为增函数,∴h(x)2-x ,∴x +x >2.
2 1 2 1 1 2
再证x +x 1,
2 1
lna+1 lnb+1 1 1
结合 = , =x , =x ,
a b a 1 b 2
可得x (1-ln x )=x (1-ln x ),
1 1 2 2
t−1−tlnt
即1-ln x =t(1-ln t-ln x ),故ln x = ,
1 1 1 t−1
要证x +x 1,
t−1 ( 1) 2
则S'(t)=ln(t+1)+ -1-ln t=ln 1+ - .
t+1 t t+1( 1) 1 2
因为 ln(x+1)≤x(x>-1,当且仅当 x=0 时等号成立),所以可得当 t>1 时,ln 1+ ≤ < ,故
t t t+1
S'(t)<0恒成立,
故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)0;当 x∈ , 时, f '(x)<0.所以 f(x)在区间 0, ,
3 3 3 3 3
(2π ) (π 2π)
,π 单调递增,在区间 , 单调递减.
3 3 3
(π) 3√3 (2π)
(2)证明:因为f(0)=f(π)=0,由(1)知, f(x)在区间[0,π]的最大值为f = ,最小值为f
3 8 3
3√3 3√3
=- .而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤ .
8 8
3
(3)证明:由于(sin2xsin22x…sin22nx
)2
=|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|
=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,(3√3) 2n 3n
所以sin2xsin22x…sin22nx≤ 3 = .
8 4n
4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时, f(x)<-1,求a的取值范围;
1 1 1
(3)设n∈N*,证明: + +…+ >ln(n+1).
√12+1 √22+2 √n2+n
解析 (1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
(2)解法一:不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0,
令g(x)=xeax-ex+1,x>0,则g'(x)=(ax+1)eax-ex,
且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax,
1
①当a≤ 时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x) 时,令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex,
2
则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,故h'(0)=2a-1>0,
所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,δ)上单调递增,
故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0,
所以g(x)在(0,δ)上单调递增,
故g(x)>g(0)=0,不满足题意.
( 1]
综上可知,a的取值范围是 −∞, .
2
解法二:函数f(x)的定义域为R, f '(x)=(1+ax)eax-ex.
(导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论)
对于x∈(0,+∞),当a≥1时, f '(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递
增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
当a≤0时, f '(x)≤eax-ex<1-ex<0且等号不恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当00,x→+∞,h'(x)<0,
∴∃x ∈(0,+∞),使得h'(x )=0.
0 0
(当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点)
∴当x∈(0,x )时,h'(x)>0,h(x)在(0,x )上单调递增,
0 0
h(x)>h(0)=0,
∴当x∈(0,x )时, f '(x)=eax·h(x)>0,
0
f(x)在(0,x )上单调递增.
0
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
( 1]
综上,a的取值范围是 −∞, .
2
1
(3)证法一:构造函数h(x)=x- -2ln x(x>1),
x
1 2 x2−2x+1 (x−1) 2
则h'(x)=1+ - = = ,
x2 x x2 x2
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
1
∴h(x)>h(1)=0,∴x- >2ln x,
x1
√ 1 √ 1 √ 1
令x= 1+ ,则有 1+ -√ 1>2ln 1+ ,
n n 1+ n
n
1 n+1
∴ >ln ,
√n2+n n
1 1 1 2 3 n+1
∴ + +…+ >ln +ln +…+ln =ln(n+1).原式得证.
√12+1 √22+2 √n2+n 1 2 n
1 1
证法二:由(2)可知,当a= 时, f(x)=x x-ex<-1(x>0),
2
e2
( 1)
令x=ln 1+ (n∈N*),
n
得ln ( 1+ 1 n ) · e 1 2 ln(1+ n 1) - e ln(1+ n 1) <-1,
√ 1 ( 1) 1
整理得 1+ ln 1+ - <0,
n n n
1
n ( 1) 1 n+1
∴ >ln 1+ ,∴ >ln ,
√ 1 n √n2+n n
1+
n
∴ ∑❑
n 1
>∑❑
n
ln
k+1
=ln
(2
×
3
×…×
n+1)
=ln(n+1),
k=1
√k2+k
k=1
k 1 2 n
1 1 1
即 + +…+ >ln(n+1).
√12+1 √22+2 √n2+n
考点2 利用导数研究函数零点
1.(2023全国乙文,8,5分,中)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是( B )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
1
2.(2022全国乙文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax- -(a+1)ln x.
x
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.1
解析 (1)当a=0时, f(x)=- -ln x(x>0),
x
1 1
∴f '(x)= - (x>0),令 f '(x)=0,得x=1,
x2 x
x∈(0,1)时, f '(x)>0,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x) =f(1)=-1.
max
1 a+1 (ax−1)(x−1)
(2)f '(x)=a+ - = .
x2 x x2
(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,
∴00, f(x)单调递增,
x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
∴f(x) =f(1)=a-1<0.
max
此时f(x)无零点,不合题意.
1
(ii)当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1或x= ,
a
1
①当0 时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
a
(1 ) ( 1)
∴f(x)在(0,1), ,+∞ 上单调递增,在 1, 上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,
a a
x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.
1
②当a=1时,1= , f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意.
a
1 ( 1) (1 )
③当a>1时, <1, f(x)在 0, ,(1,+∞)上单调递增,在 ,1 上单调递减,
a a a
f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时, f(x)→-∞,
∴f(x)恰有1个零点.
综上所述,a>0.(1 (1))
3.(2020课标Ⅲ理,21,12分,难)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点 ,f 处的切线与y
2 2
轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
解析 (1)f '(x)=3x2+b.
(1) 3 3
依题意得f ' =0,即 +b=0.故b=- .
2 4 4
3 3
(2)证法一:由(1)知f(x)=x3- x+c, f '(x)=3x2- .
4 4
1 1
令f '(x)=0,解得x=- 或x= .
2 2
f '(x)与f(x)随x的变化情况为:
( 1) 1 ( 1 1) 1 (1 )
x −∞,− - − , ,+∞
2 2 2 2 2 2
f '(x) + 0 - 0 +
1 1
f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗
4 4
( 1) 1 1
因为f(1)=f − =c+ ,所以当c<- 时, f(x)只有大于1的零点.
2 4 4
(1) 1 1
因为f(-1)=f =c- ,所以当c> 时, f(x)只有小于-1的零点.
2 4 4
1 1
由题设可知- ≤c≤ .
4 4
1 1
当c=- 时, f(x)只有两个零点- 和1.
4 2
1 1
当c= 时, f(x)只有两个零点-1和 .
4 2
1 1 ( 1) ( 1 1) (1 )
当- 0,c(x)单调递增,
2 2
1 1 ( 1) 1 (1) 1
又c(-1)= ,c(1)=- ,c − =- ,c = ,
4 4 2 4 2 4
1 1
所以- ≤c≤ .
4 4
3
设x 为f(x)的零点,则必有f(x )=x3- x +c=0,
1 1 1 4 1
1 3 1
即- ≤c=-x3+ x ≤ ,
4 1 4 1 4
{4x3−3x −1=(x −1)(2x +1) 2≤0,
即 1 1 1 1 解得-1≤x ≤1,
4x3−3x +1=(x +1)(2x −1) 2≥0, 1
1 1 1 1
|x |≤1.所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
1
4.(2021新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
1 e2
① 2a;
2 2
1
②00对任意x∈R恒成立,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
②当a>0 时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a).
1
(i)当00,
当x∈(ln(2a),0)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,
在(ln(2a),0)上单调递减.
1
(ii)当a= 时,ln(2a)=0,此时f '(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增.
2
1
(iii)当a> 时,ln(2a)>0,
2
y=f '(x)的大致图象如图2所示.
因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f '(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减.
(2)选①.
证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,
( √b) ( √b ) −
√b
又f(0)=b-1>0, f − = − −1 e a<0,
a a
所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.
当x∈(0,+∞)时,
f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b
=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)[2-ln(2a)].
1 e2
因为 0对任意x>0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.
选②.
证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,
在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(0)=b-1<0,
当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x ∈(0,+∞),
0
使得f(x )=0.
0
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.
当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.
5.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的
三个交点的横坐标成等差数列.
1
解析 (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a- .
x
当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.
1
令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x= .
a
(1)
易知f(x) =f(ln a)=a-aln a,g(x) =g =1+ln a,
min min a
a−1
∴a-aln a=1+ln a,即ln a= ①.
a+1
x−1
令h(x)=ln x- (x>0),
x+1
1 2 x2+1
则h'(x)= - = >0,
x (x+1) 2 x(x+1) 2
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.
1−1
又h(1)=ln 1- =0,
1+1
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增;
当01时,g(x)单调递增.
不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为 x ,x ,与y=g(x)的图象的两交点
1 2
的横坐标分别为x ,x ,且x 0时, f '(x)=-asin ax+ ,x∈(-1,1).
1−x2
{1 }
(i)当0-a2x+ = ,
1−x2 1−x2 1−x2
因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f '(x)>0,
所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.
( 1)
(ii)当a>√2时,取x∈ 0, ⊆(0,1),则ax∈(0,1),
a
2x 2x
由(1)可得f '(x)=-asin ax+ <-a(ax-a2x2)+
1−x2 1−x2
x
= (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),
1−x2
( 1)
设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈ 0, ,
a
则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,
(1) ( 1)
因为h'(0)=a3>0,h' =a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈ 0, ,均有
a a
( 1)
h'(x)>0,所以h(x)在 0, 上单调递增.
a
(1) ( 1)
因为h(0)=2-a2<0,h =2>0,所以h(x)在 0, 内存在唯一的零点n.
a a
当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.
x
则f '(x)< (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0.
1−x2
即当x∈(0,n)⊆(0,1)时, f '(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减.
又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-n,0)上单调递增,
所以x=0是f(x)的极大值点.
综合(i)(ii)知a>√2.
当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-√2符合要求.
故a的取值范围为(-∞,-√2)∪(√2,+∞).三年模拟
练思维
2
1.(2024江苏南通第二次适应性调研,16)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)= ,a≠0.
ax
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若a>0且f(x)≤g(x)恒成立,求a的最小值.
1 1−ax
解析 (1)f '(x)= -a= (a≠0),x>0,
x x
当a<0时, f '(x)>0恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增;
1 1
当a>0时,由f '(x)>0得0 ,
a a
( 1) (1 )
从而f(x)在 0, 上单调递增,在 ,+∞ 单调递减.
a a
综上,当a<0时, f(x)的单调递增区间为(0,+∞),没有单调递减区间;
( 1) (1 )
当a>0时, f(x)的单调递增区间为 0, ,单调递减区间为 ,+∞ .
a a
2
(2)令 h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax- ,要使 f(x)≤g(x)恒成立,只要使 h(x)≤0 恒成立,只要使
ax
h(x) ≤0.
max
1 2 −(ax+1)(ax−2)
h'(x)= -a+ = ,
x ax2 ax2
由于a>0,x>0,所以ax+1>0恒成立,
2 2
当00,当x> 时,h'(x)<0,
a a
(2) 2 2
所以h(x) =h =ln -3≤0,解得a≥ ,
max a a e3
2
所以a的最小值为 .
e3
x
2.(2024东北三省四市一模,16)已知函数f(x)= -aex,a∈R.
ex
(1)当a=0时,求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(2)当a=1时,求f(x)的单调区间和极值;
(3)若对任意x∈R,有f(x)≤ex-1恒成立,求a的取值范围.x 1−x 1
解析 (1)当a=0时, f(x)= ,则f '(x)= , f '(1)=0, f(1)= ,
ex ex e
1
所以切线方程为y= . (3分)
e
1−x−e2x
(2)当a=1时, f(x)=xe-x-ex, f '(x)=(1-x)e-x-ex= .(4分)
ex
令g(x)=1-x-e2x,g'(x)=-1-2e2x<0,
故g(x)在R上单调递减,而g(0)=0,因此0是g(x)在R上的唯一零点,
即0是f '(x)在R上的唯一零点. (6分)
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表:
x (-∞,0) 0 (0,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
f(x)的单调递增区间为(0,+∞);单调递减区间为(-∞,0). (8分)
f(x)的极大值为f(0)=-1,无极小值.(9分)
xe−x−ex−1 x 1
(3)由题意知xe-x-aex≤ex-1,即a≥ ,即a≥ - ,
ex e2x e
x 1 e2x−2xe2x 1−2x
设m(x)= - ,则m'(x)= = , (11分)
e2x e (e2x ) 2 e2x
1
令m(x)=0,解得x= ,
2
( 1) (1 )
当x∈ −∞, 时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈ ,+∞ 时,m'(x)<0,m(x)单调递减,
2 2
(1) 1 1 1
所以m(x) =m = - =- , (14分)
max 2 2e e 2e
1
所以a≥- .(15分)
2e
3.(2024广东广州一模,17)已知函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值;
(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.
π π
解析 (1)f '(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x,由f '(x)=0得x=0或 或- ,
2 2π
当-π0, f(x)单调递增;
2
π
当- 0, f(x)单调递增;
2
π
当 0,
∴函数f(x)有且仅有一个零点;
c
②当Δ=36+12c>0,即c>-3时,设f '(x)=0的两根为x ,x ,则x +x =2>0,x x =- ,
1 2 1 2 1 2 3
(i)当c=0时, f(x)=x3-3x2,令f(x)=x3-3x2=0,解得x=0或x=3,∴f(x)有两个零点;
c
(ii)当-30,x x =- >0,
1 2 1 2 3
∴f '(x)=0有两个正根,不妨令00,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴函数f(x)有且仅有一个零点;
c
(iii)当c>0时,x +x =2,x x =- <0,
1 2 1 2 3
∴f '(x)=0有一个正根和一个负根,不妨令x <0f(0)=c>0, f(x )0时,函数f(x)有三个零点;
当c=0时,函数f(x)有两个零点;
当c<0时,函数f(x)有一个零点.
1
5.(2024浙江杭州二模,16)已知函数f(x)=aln(x+2)- x2(a∈R).
2
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若函数f(x)有两个极值点,
(i)求实数a的取值范围;
(ii)证明:函数f(x)有且只有一个零点.
a −(x+1) 2+a+1
解析 (1)函数f(x)的定义域为(-2,+∞), f '(x)= -x= ,
x+2 x+2
当a≤-1时, f(x)在(-2,+∞)上单调递减;
当-10,
当x∈(√a+1-1,+∞)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-2,-√a+1-1)上单调递减,在(-√a+1-1,√a+1-1)上单调递增,在(√a+1-1,+∞)上单
调递减;
当a≥0时,-√a+1-1≤-2,所以x∈(-2,√a+1-1)时, f '(x)>0,当x∈(√a+1-1,+∞)时, f '(x)<0,所以
f(x)在(-2,√a+1-1)上单调递增,在(√a+1-1,+∞)上单调递减.
(2)(i)由(1)知-10,所以f(x)在(-2,-√a+1-1)上存在一个零点.
ea
2
ea
综上,函数f(x)有且只有一个零点.
6.(2024山东青岛二模,18)已知函数f(x)=ex-ax2-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)讨论f '(x)的单调性;
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围;
( π)
(3)若θ∈ 0, ,证明:esin θ-1+ecos θ-1+ln(sin θcos θ)<1.
2
解析 (1)由题知f '(x)=ex-2ax-1,
令g(x)=f '(x)=ex-2ax-1,则g'(x)=ex-2a,
当a≤0时,g'(x)>0, f '(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,
当a>0时,令g'(x)=0,解得x=ln(2a),
当x∈(-∞,ln(2a))时,g'(x)<0,当x∈(ln(2a),+∞)时,g'(x)>0,
所以f '(x)在区间(-∞,ln(2a))上单调递减,在区间(ln(2a),+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时, f '(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时, f '(x)在区间(-∞,ln(2a))上单调递减,在区间(ln(2a),+∞)上单调递增.
(2)由题知f '(0)=0,当a≤0时,
由(1)知,当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)在(-∞,0)上单调递减,当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以x=0是函数f(x)的极小值点,不符合题意;
1
当00, f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以x=0是函数f(x)的极小值点,不符合题意;
1
当a= 时,ln(2a)=0,则当x∈(-∞,+∞)时, f '(x)≥0, f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,所以f(x)无极值
2
点,不符合题意;
1
当a> 时,ln(2a)>0,
2
当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0, f(x)在(-∞,0)上单调递增,
当x∈(0,ln(2a))时, f '(x)<0, f(x)在(0,ln(2a))上单调递减,
所以x=0是函数f(x)的极大值点,符合题意.
(1 )
综上所述,a的取值范围是 ,+∞ .
2
(3)证明:要证esin θ-1+ecos θ-1+ln(sin θcos θ)<1,
只要证esin θ-1+ecos θ-1+ln sin θ+ln cos θ0,
1+x 1+x
所以h(x)在(-1,0)上单调递增;
则h(x)0,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线与直线x+y-2=0垂直,证明: f(x)>ln(x+2);
eax 1−eax
2
(2)若对任意的x ,x 且x 0解得a=1,∴f(x)=ex.
设μ(x)=ex-x-1,则μ'(x)=ex-1,
∴当 x∈(-∞,0)时,μ'(x)<0,μ(x)在(-∞,0)上单调递减,当x∈(0,+∞)时,μ'(x)>0,μ(x)在(0,+∞)上单
调递增,
∴μ(x)≥μ(0)=0,即ex≥x+1,x=0时等号成立.
1 1−x
设m(x)=ln x-x+1,则m'(x)= -1= ,
x x
∴当x∈(0,1)时,m'(x)>0,m(x)在(0,1)上单调递增,
当x∈(1,+∞)时,m'(x)<0,m(x)在(1,+∞)上单调递减,
∴m(x)≤m(1)=0,即ln x≤x-1,
∴ln(x+2)≤x+1,当x=-1时等号成立.
∴ex>x+1>ln(x+2)(取等的条件不能同时成立),
即f(x)>ln(x+2).
eax 1−eax
2
(2)证明:∵g(x)=aeax- (a≠0),
x −x
1 2
∴g'(x)=a2eax>0,(注意:x ,x 是常数,故分式求导后为0)
1 2
∴g(x)在(x ,x )上单调递增,
1 2
eax 1−eax
2
又∵g(x )=aeax 1-
1 x −x
1 2
aeax 1(x −x )−(eax 1−eax 2)
= 1 2
x −x
1 2
eax
1
=- x −x [a(x 1 -x 2 )+ea(x 2 −x 1 )-1]
2 1eax
1
=- x −x [ea(x 2 −x 1 )-a(x 2 -x 1 )-1],
2 1
eax
2
g(x 2 )= x −x [ea(x 1 −x 2 )-a(x 1 -x 2 )-1],
2 1
由(1)知当x≠0时,ex>x+1,即ex-x-1>0,
∴ea(x 2 −x 1 )-a(x 2 -x 1 )-1>0,ea(x 1 −x 2 )-a(x 1 -x 2 )-1>0,
eax
1
eax
2
又 >0, >0,
x −x x −x
2 1 2 1
∴g(x )<0,g(x )>0,又∵g(x)在(x ,x )上单调递增,
1 2 1 2
∴函数g(x)在(x ,x )上存在唯一零点.
1 2
1
8.(2024安徽皖北协作区联考,19)已知函数f(x)= (2x-a)e2x-bex的图象在点(0, f(0))处的切
4
5
线方程为y=-x- .
4
(1)求f(x)的解析式;
(2)证明:∀x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2.
4
参考数据: e5≈2.23.
( 5) ( 1−a)
解析 (1)由题可知,切点为 0,− ,切线的斜率为-1, f '(x)= x+ e2x-bex,
4 2
a 5
{− −b=− ,
4 4
所以 解得a=1,b=1,
1−a
−b=−1,
2
1
所以f(x)= (2x-1)e2x-ex.
4
(2)证明:要证明∀x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2,
1
即证明∀x∈(0,+∞), (2x-1)e2x-ex-2ln x+2>0.
4
1
令函数F(x)= (2x-1)e2x-ex-2ln x+2,
4
2 x2e2x−xex−2 (xex−2)(xex+1)
则F'(x)=xe2x-ex- = = ,x>0.
x x x当x>0时,xex+1>0,设g(x)=xex-2,则g'(x)=(1+x)ex>0,所以函数g(x)在(0,+∞)上为增函数,
(4) 4 4 4
又g = e5-2≈ ×2.23-2<0,g(1)=e-2>0,
5 5 5
(4 )
所以存在唯一的x ∈ ,1 ,使得g(x )=0,
0 5 0
即x ex 0-2=0,所以x ex 0=2,x =ln 2-ln x ,
0 0 0 0
当x∈(0,x )时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
0
当x∈(x ,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
0
1
所以F(x)≥F(x )= (2x -1)e2x 0-ex 0-2ln x +2
0 4 0 0
1 4 2
= (2x -1) - -2(ln 2-x )+2
4 0 x2 x 0
0 0
2 1 2
= - - -2ln 2+2x +2
x x2 x 0
0 0 0
1
=- +2x -2ln 2+2.
x2 0
0
1 (4 )
设函数h(t)=- +2t-2ln 2+2,t∈ ,1 ,
t2 5
4 2 (4 )
则当 0,h(t)在 ,1 上单调递增,
5 t3 5
(4) 25 8 3
所以h(t)>h =- + -2ln 2+2= +2-2ln 2>0,原不等式得证.
5 16 5 80
x2
9.(2024河南TOP二十名校质检一,18)已知函数f(x)=-cos x,g(x)= -1,x∈[0,+∞).
2
(1)判断g(x)≥f(x)是否∀x∈[0,+∞)恒成立,并给出理由;
(2)证明:
π sinm−sinn
①当0cos n;
2 m−n
1 f '(a )−f '(a ) n−1 6n−7
②当a= (i∈N*),k= i+1 i (i=1,2,…,n-1)时, ∑ ❑k> .
i 2i i a −a i 6
i+1 i i=1解析 (1)g(x)≥f(x)∀x∈[0,+∞)恒成立,理由如下:
x2
令h(x)=g(x)-f(x)= -1+cos x,x∈[0,+∞),
2
则h'(x)=x-sin x,x∈[0,+∞),令q(x)=h'(x),
则q'(x)=1-cos x≥0在[0,+∞)上恒成立,故q(x)=h'(x)在[0,+∞)上单调递增,
其中h'(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,故h(x)在[0,+∞)上单调递增,
故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥f(x)∀x∈[0,+∞)恒成立.
( π)
(2)证明:①y=sin x在 0, 上单调递增,故sin m0,故要证 >cos n,
m−n
只需证(m-n)cos n+sin n-sin m>0,
令r(x)=(x-n)cos n-sin x+sin n,00,
r'(x)=cos n-cos x,
( π)
令p(x)=cos n-cos x,则函数p(x)在 0, 上单调递增,
2
所以当0r(n)=0,故r(m)>r(n)=0,
π sinm−sinn
所以当0cos n.
2 m−n
x2
②由(1)知,cos x>1- ,x>0, f '(x)=sin x,
2
1 1 π
由于0< < < ,
2i+1 2i 2
1 1
sin −sin
f '(a )−f '(a ) 2i+1 2i 1 1
所以k= i+1 i = >cos >1- ,
i a −a 1 1 2i 22i+1
i+1 i −
2i+1 2i
所以∑ n ❑ −1 k> ( 1− 1 ) + ( 1− 1 ) +…+ ( 1− 1 )
i 23 25 22n−1
i=11[ (1) n−1]
1−
( 1 1 1 ) 8 4
=n-1- + +…+ =n-1-
23 25 22n−1
1
1−
4
7 1 (1) n−1 6n−7
=n- + · > .
6 6 4 6
练风向
(创新考法)(多选)(2024 湖北八市联考,11)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 存在两个极值点
x ,x (x 0时,n=3
B.当a<0时,m+2=n
C.mn一定能被3整除
D.m+n的取值集合为{4,5,6,7}
