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2025新教材数学高考第一轮复习
4.3 导数的综合运用
五年高考
考点1 利用导数证明不等式
(1 1)
1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)= + ln(x+1).
x 2
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明: f(x)>1.
2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
3
(2)当a<0时,证明f(x)≤- -2.
4a3.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
x+f(x)
(2)设函数g(x)= .证明:g(x)<1.
xf(x)
4.(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,讨论函数g(x)= 的单调性.
x−a
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考点3 利用导数研究函数零点问题
1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.3.(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.
xa
4.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a>0且a≠1,函数f(x)= (x>0).
ax
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.三年模拟
综合拔高练1
a−1 a(sinx+1)−2
1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f(x)=ln x+ ,g(x)= .
x x
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当0≤a≤1时, f(x)>g(x).
2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex.
(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;
(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).1
3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f(x)= x2-aex(a∈R).
2
(1)已知曲线f(x)在(0, f(0))处的切线与圆x2+y2-2x-2y-3=0相切,求实数a的值;
(2)已知x≥0时, f(x)≤-x2-ax-a恒成立,求实数a的取值范围.a+3
4.(2024届江苏南京二中校考,22)已知函数f(x)=4ln x-ax+ (a≥0).
x
1
(1)当a= 时,求f(x)的极值;
2
[1 ]
(2)当a≥1时,设g(x)=2ex-4x+2a,若存在x ,x ∈ ,2 ,使得f(x )>g(x ),求实数a的取值范围.
1 2 2 1 2
(e=2.718 28…为自然对数的底数)
综合拔高练2
1.(2024届江苏南京期中,8)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x ,使得
0
f(x )<0,则a的取值范围是 ( )
0
[ 3 ) [ 3 3)
A. − ,1 B. − ,
2e 2e 4[ 3 3) [ 3 )
C. , D. ,1
2e 4 2e
2.(2024届福建漳州三中月考,22)函数f(x)=exsin x,g(x)=(x+1)cos x-√2ex.
(1)求f(x)的单调递增区间;
[ π] [ π]
(2)∀x 0, ,∀x ∈ 0, ,使f(x )+g(x )≥m成立,求实数m 的取值范围;
1 2 2 2 1 2
2x ( π)
(3)设h(x)= ·f(x)-n·sin 2x,n为正实数,讨论h(x)在 0, 上的零点个数.
sinx 2
3.(2023湖北武汉武昌质检,22)已知函数f(x)=ax与g(x)=log x(a>0,且a≠1).
a
(1)求曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程;
(2)若a>1,h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围.4.(2023江苏苏州联考,21)设函数f(x)=a(2x-1)+(2a2+1)ln(-x),a∈R.
(1)讨论f(x)在定义域上的单调性;
[ 1]
(2)当a≥0时,讨论f(x)在 −1,− 上的零点个数.
24.3 导数的综合运用
五年高考
考点1 利用导数证明不等式
(1 1)
1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)= + ln(x+1).
x 2
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明: f(x)>1.
x+2 1 1 ln3
解析 (1)f '(x)= − ln(x+1),故曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为f '(2)= − .
2x(x+1) x2 3 4
(2)指数找朋友法.
2x 2x x2
证明:当x>0时, f(x)>1⇔ln(x+1)- >0,令g(x)=ln(x+1)- ,x>0,g'(x)= >0,故
x+2 x+2 (x+1)(x+2) 2
g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,原不等式得证.
2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
3
(2)当a<0时,证明f(x)≤- -2.
4a
1 (x+1)(2ax+1)
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= +2ax+2a+1= .
x x
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)单调递增.
( 1 )
若a<0,则当x∈ 0,− 时, f '(x)>0;
2a
( 1 )
当x∈ − ,+∞ 时, f '(x)<0,
2a
( 1 ) ( 1 )
故f(x)在 0,− 单调递增,在 − ,+∞ 单调递减.
2a 2a1
(2) 证 明 : 由 (1) 知 , 当 a<0 时 , f(x) 在 x=- 取 得 最 大 值 , 最 大 值 为 f
2a
( 1 ) ( 1 ) 1
− =ln − −1− .
2a 2a 4a
3 ( 1 ) 1 3
所以f(x)≤- −2等价于ln− −1− ≤− -2,
4a 2a 4a 4a
( 1 ) 1
即ln − + +1≤0.
2a 2a
设g(x)=ln x-x+1,
1
则g'(x)= -1.
x
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故
当 x=1 时,g(x)取得最大值,最大值为 g(1)=0.所以当 x>0 时,g(x)≤0.从而当 a<0 时,ln
( 1 ) 1 3
− + +1≤0,即f(x)≤- -2.
2a 2a 4a
3.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
x+f(x)
(2)设函数g(x)= .证明:g(x)<1.
xf(x)
解析 (1)第一步,利用x=0是函数y=xf(x)的极值点求a.
由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
1 x
∴y'=ln(a-x)+x· ·(-1)=ln(a-x)- ,
a−x a−x
∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,
0
∴ln(a-0)- =0,可得a=1.
a−0
第二步,证明求出的a满足条件.
x
当a=1时,y'=ln(1-x)- ,x∈(-∞,1),
1−x
x
令p(x)=ln(1-x)- ,x∈(-∞,1),
1−x1 1 x−2
则p'(x)= − = ,
x−1 (1−x) 2 (x−1) 2
易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立.
∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0,
∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0;当x∈(0,1)时,p(x)<0,
∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.
∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1.
(2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),
当x∈(0,1)时, f(x)=ln(1-x)<0,
∴xf(x)<0;
当x∈(-∞,0)时, f(x)=ln(1-x)>0,
∴xf(x)<0,
x+f(x)
∴要证g(x)= <1(g(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,1)),只需证x+f(x)>xf(x).
xf(x)
只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),
只需证x+(1-x)ln(1-x)>0,
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1且x≠0,
则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),
∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,
∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.
∴g(x)<1.
4.(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) 1( 1)
(2)证明:由bln a-aln b=a-b得 (1+ln a)= (1+ln b),即 1−ln = 1−ln ,
a b a a 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
因为ln(x+1)≤x(x>-1,当且仅当x=0时等号成立),
( 1) 1 2
所以可得当t>1时,ln 1+ ≤ < ,
t t t+1
故S'(t)<0恒成立,
故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)0;当x∈ ,π 时,g'(x)<0,
2 2
( π) (π )
所以g(x)在 0, 上单调递增,在 ,π 上单调递减.
2 2
(π)
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(0,π)存在唯一零点.
2
(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x ,且当x∈(0,x )时, f '(x)>0;
0 0
当x∈(x ,π)时, f '(x)<0,所以f(x)在(0,x )上单调递增,在(x ,π)上单调递减.
0 0 0
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.(2020新高考Ⅰ,21,12分,难)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
解析 (1)当a=e时, f(x)=ex-ln x+1, f '(1)=e-1,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-
(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
−2
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为 ,2.
e−1
2 −2
因此所求三角形的面积为 易错:容易忽略三角形的面积应大于0而把结果写成
e−1 e−1
. (6分)(2)当00.所以当
x
x=1时, f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时, f(x)=aex-1-ln x+ln a>ex-1-ln x≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞). (12分)
3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
f(x)−f(a)
(2)设a>0,讨论函数g(x)= 的单调性.
x−a
解析 (1)设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,
2 2(1−x)
其定义域为(0,+∞),h'(x)= −2= .
x x
当00;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递
减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.
故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时, f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
f(x)−f(a) 2(lnx−lna)
(2)g(x)= = ,x∈(0,a)∪(a,+∞),g'(x)=
x−a x−a
(x−a ) ( a a)
2 +lna−lnx 2 1− +ln
x x x .
=
(x−a) 2 (x−a) 2
取 c=-1 得 h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当 x≠1 时,h(x)<0,即 1-x+ln x<0.故当
a a
x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1- +ln <0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.
x x
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)当x>0时, f(x)<-1,
即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立,
令F(x)=xeax-ex+1(x>0),
则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.
易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0,
F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1.
若F″(0)>0,
则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x ),
0
又F'(0)=0,
∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x' ).
0
1
于是F(x)>F(0)=0在(0,x' )上恒成立,与F(x)<0矛盾,∴F″(0)≤0,∴a≤ .
0 2
x
∵eax≤
e2
在(0,+∞)上成立,
x
∴F(x)≤x
e2
-ex+1在(0,+∞)上成立,
x
故只需证x e2-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
x
令G(x)=x e2-ex+1(x>0),
x x x x
x ( x )
则G'(x)=e2+ e2−ex=e2 1+ −e2 .
2 2
∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,
x
x
∴e2> +1在(0,+∞)上成立.
2
∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴G(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 √ 1
∴h(x)>h(1)=0,∴x- >2ln x,令x= 1+ ,
x n
√ 1 1 √ 1
1+ − >2ln 1+ 1 n+1
则有 n √ 1+ 1 n,∴ √n2+n
>ln
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
考点3 利用导数研究函数零点问题
1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
3 (2ax+3)(ax−1) 2ax+3
解析 (1)由题意得 f '(x)=2a2x+a- = ,x∈(0,+∞).∵a>0,x>0,∴ >0,当
x x x
( 1) (1 ) ( 1) (1 )
x∈ 0, 时, f '(x)<0;当x∈ ,+∞ 时, f '(x)>0,∴函数f(x)在 0, 上单调递减,在 ,+∞
a a a a
上单调递增.
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,
( 1) (1 ) (1) 1
又函数 f(x)在 0, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增,∴f(x) =f =3−3ln =3+3ln
a a min a a
1 (1 )
a>0,∴ln a>-1,解得a> ,故实数a的取值范围是 ,+∞ .
e e
2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=ex-x-2,则f '(x)=ex-1.
当x<0时, f '(x)<0;当x>0时, f '(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)若f(x)有两个零点,则ex-a(x+2)=0有两个解,
ex ex
由方程可知,x=-2不成立,即a= 有两个解, 将问题转化为曲线y= 和直线y=a有两
x+2 x+2
个交点
ex ex (x+2)−ex ex (x+1)
令h(x)= (x≠-2),则有h'(x)= = ,
x+2 (x+2) 2 (x+2) 2
令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2h(-1)= ,
x+2 e
(1 )
所以满足条件的a的取值范围是 ,+∞ .
e
3.(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
易知f(x) =f(ln a)=a-aln a,
min
(1)
g(x) =g =1+ln a,
min aa−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)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且a≠1,函数f(x)= (x>0).
ax
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
解析 (1)当a=2时,x2 2x·2x−x2·2xln2 x(2−xln2)
f(x)= , f '(x)= = ,
2x (2x ) 2 2x
2
令f '(x)=0,得x= ,
ln2
2
当00,
ln2
2
当x> 时, f '(x)<0,
ln2
( 2 ] [ 2 )
∴函数f(x)在 0, 上单调递增,在 ,+∞ 上单调递减.
ln2 ln2
(2)第一步,将曲线y=f(x)与直线y=1的交点问题转化为方程的根的问题.
xa
令f(x)=1,则 =1,所以xa=ax.
ax
第二步,将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.
lnx lna
两边同时取对数,可得aln x=xln a,即 = .
x a
第三步,将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数,并构造函数研究单调性.
lnx lna
根据题意可知,方程 = 有两个实数解.
x a
lnx 1−lnx
设g(x)= ,则g'(x)= ,
x x2
令g'(x)=0,则x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
第四步,根据交点个数,数形结合写出参数范围.
又知g(1)=0, lim ¿ g(x)=0,g(x) =g(e)= 1 ,
x→+∞ max e
lna ( 1)
所以要使曲线 y=f(x)与直线 y=1 有且仅有两个交点,则只需 ∈ 0, ,即 g(a)=
a e
lna ( 1)
∈ 0, ,所以a∈(1,e)∪(e,+∞).
a e
综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).三年模拟
综合拔高练1
a−1 a(sinx+1)−2
1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f(x)=ln x+ ,g(x)= .
x x
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当0≤a≤1时, f(x)>g(x).
1 a−1 x−(a−1)
解析 (1)f '(x)= − = (x∈(0,+∞)),
x x2 x2
当a-1<0,即a<1时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a-1>0,即a>1时,令f '(x)=0,得x=a-1,
∴函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.
综上所述,当a<1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>1时,函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.
a−1 a(sinx+1)−2 xlnx−asinx+1
(2)证明:令F(x)=f(x)-g(x)=ln x+ − = (x>0,0≤a≤1),
x x x
欲证f(x)>g(x),即证F(x)>0,即证xln x-asin x+1>0,
即证xln x>asin x-1.
先证:xln x≥ax-1.
设g(x)=xln x-ax+1,则g'(x)=1+ln x-a=ln x+1-a,
令g'(x)=0,得x=ea-1,
∴g(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+∞)上单调递增,
∴g(x)≥g(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1,
∵0≤a≤1,∴1-ea-1≥0,则g(x)≥0,
即xln x≥ax-1,当且仅当x=1,a=1时取等号.
再证:ax-1≥asin x-1.
设h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0.
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即x>sin x.
∵0≤a≤1,∴ax-1≥asin x-1,当且仅当a=0时取等号.
又xln x≥ax-1与ax-1≥asin x-1两个不等式的等号不能同时取到,∴xln x>asin x-1成立,即
当0≤a≤1时, f(x)>g(x)成立.
2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex.
(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;
(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).e2 e2−aex
解析 (1)对g(x)求导得g'(x)= −ae= (x>0).
x x
①当a≤0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,在(e,+∞)上不存在最大值.
e
②当a>0时,令g'(x)=0,解得x= >0,
a
( e) ( e)
当x∈ 0, 时,g'(x)>0,g(x)在 0, 上单调递增,
a a
(e ) (e )
当x∈ ,+∞ 时,g'(x)<0,g(x)在 ,+∞ 上单调递减,
a a
e (e)
所以g(x)在x= 处取得最大值g ,
a a
e
又函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,因此 >e,解得a<1.
a
所以a的取值范围为(0,1).
(2)证明:欲证f(x)>g(x),
即证当x>0时,(x2-2x)ex>e2ln x-2ex,
即证当x>0时,(x2-2x)ex+2ex>e2ln x,
e2lnx
即证(x-2)ex+2e> .
x
设φ(x)=(x-2)ex+2e(x>0),则φ'(x)=(x-1)ex,
当01时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
故φ(x)≥φ(1)=e,当x=1时,等号成立.
e2lnx
设h(x)= (x>0),
x
e2 (1−lnx)
则h'(x)= ,
x2
当00,当x>e时,h'(x)<0,
所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
故h(x)≤h(e)=e,当x=e时,等号成立.
综上,x>0时,φ(x)≥h(x),但等号不同时成立,
所以x>0时,φ(x)>h(x),即f(x)>g(x)得证.1
3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f(x)= x2-aex(a∈R).
2
(1)已知曲线f(x)在(0, f(0))处的切线与圆x2+y2-2x-2y-3=0相切,求实数a的值;
(2)已知x≥0时, f(x)≤-x2-ax-a恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)圆的方程可化为(x-1)2+(y-1)2=5,则圆心为(1,1),半径为√5,
对函数f(x)求导得f '(x)=x-aex,
则f '(0)=-a,
又f(0)=-a,
于是曲线f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y+a=-ax,即ax+y+a=0,因为直线ax+y+a=0与圆相
切,
|a+1+a|
所以 =√5,则a=2,
√a2+12
所以实数a的值为2.
3
(2)设g(x)=f(x)+x2+ax+a= x2-aex+ax+a(x≥0),
2
则g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立.
对g(x)求导得g'(x)=3x-aex+a,
设h(x)=3x-aex+a,x≥0,
则h'(x)=3-aex,
当a≥3时,当x≥0时,aex≥3ex≥3,
即有h'(x)≤0,
所以函数h(x),即g'(x)在[0,+∞)上单调递减,于是当x≥0时,g'(x)≤g'(0)=0,
则函数g(x)在[0,+∞)上单调递减,因此当x≥0时,g(x)≤g(0)=0,故a≥3.
3
当00,得0g'(0)=0,
a
[ 3)
即函数g(x)在 0,ln 上单调递增,
a
3
因此当0≤xg(x ),求实数a的取值范围.
1 2 2 1 2
(e=2.718 28…为自然对数的底数)
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
1 x 7
当a= 时, f(x)=4ln x- + ,
2 2 2x
4 1 7 (x−1)(x−7)
∴f '(x)= − − =− ,
x 2 2x2 2x2
令f '(x)>0,可得17,
∴f(x)在(0,1),(7,+∞)上单调递减,在(1,7)上单调递增,
∴f(x) =f(1)=3, f(x) =f(7)=4ln 7-3.
极小值 极大值
−ax2+4x−(a+3)
(2)f '(x)= (x>0),
x2
令h(x)=-ax2+4x-(a+3),x>0,
若a≥1,则Δ=16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)≤0,
∴h(x)<0,
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
[1 ]
∴当a≥1时, f(x)在 ,2 上单调递减,
2
[1 ] (1) 3
∴f(x)在 ,2 上的最大值为f =−4ln 2+ a+6.
2 2 2
g'(x)=2ex-4,令g'(x)=0,得x=ln 2,
[1 )
当x∈ ,ln2 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
2
当x∈(ln 2,2]时,g'(x)>0,g(x)单调递增,[1 ]
∴g(x)在 ,2 上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a,
2
3
由题意可知-4ln 2+ a+6>4-4ln 2+2a,解得a<4,
2
又∵a≥1,
∴实数a的取值范围为[1,4).
思路导引
(1)利用导数判断单调性,从而求出极值;
[1 ] [1 ]
(2)存在 x ,x ∈ ,2 ,使得 f(x )>g(x ),转化为在区间 ,2 上 f(x) >g(x) ,利用导数求
1 2 2 1 2 2 max min
f(x) 和g(x) ,最后解关于a的不等式.
max min
综合拔高练2
1.(2024届江苏南京期中,8)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x ,使得
0
f(x )<0,则a的取值范围是 ( )
0
[ 3 ) [ 3 3)
A. − ,1 B. − ,
2e 2e 4
[ 3 3) [ 3 )
C. , D. ,1
2e 4 2e
答案 D
2.(2024届福建漳州三中月考,22)函数f(x)=exsin x,g(x)=(x+1)cos x-√2ex.
(1)求f(x)的单调递增区间;
[ π] [ π]
(2)∀x 0, ,∀x ∈ 0, ,使f(x )+g(x )≥m成立,求实数m 的取值范围;
1 2 2 2 1 2
2x ( π)
(3)设h(x)= ·f(x)-n·sin 2x,n为正实数,讨论h(x)在 0, 上的零点个数.
sinx 2
( π)
解析 (1)f '(x)=exsin x+excos x=√2exsin x+ .
4
π [ π 3π]
当2kπ≤x+ ≤2kπ+π(k∈Z),即x∈ 2kπ− ,2kπ+ (k∈Z)时, f '(x)≥0, f(x)单调递增.
4 4 4[ π 3π]
∴f(x)的单调递增区间是 2kπ− ,2kπ+ (k∈Z).
4 4
(2)第一步,设函数,将问题转化.
[ π]
f(x )+g(x )≥m,即f(x )≥m-g(x ),设t(x)=m-g(x),则问题等价于f(x) ≥t(x) ,x∈ 0, .
1 2 1 2 min max 2
[ π]
第二步,结合(1)求f(x)在 0, 上的最小值.
2
[ π] [ π]
由(1)可知,当x∈ 0, 时, f '(x)>0,故f(x)在 0, 上单调递增,
2 2
[ π]
∴当x∈ 0, 时, f(x) =f(0)=0.
2 min
[ π]
第三步,利用导数知识求t(x)在 0, 上的最大值.
2
t(x)=m-(x+1)cos x+√2ex,
t'(x)=-cos x+(x+1)sin x+√2ex,
[ π] [ π] [ π]
∵x∈ 0, ,∴-cos x+√2ex>0,(x+1)sin x≥0,∴t'(x)>0 在 0, 上恒成立,t(x)在 0, 上单调
2 2 2
递增,∴当x∈
[
0,
π]
时,t(x) =t
(π)
=m+√2e
π
2.
2 max 2
第四步,建立不等式求结果.
π π
故m+ √2e2≤0,m≤- √2e2,
π
故实数m的取值范围是(-∞,- √2e2].
(3)第一步,求h(x)的解析式与导函数h'(x).
h(x)=2xex-nsin 2x,h'(x)=2(x+1)ex-2ncos 2x,
第二步,讨论02,
2( π) ( π) ( π)
2ncos 2x<2,∴h'(x)>0 在 0, 上恒成立,则 h(x)在 0, 上单调递增,当 x∈ 0, 时,
2 2 2
h(x)>h(0)=0,
( π)
此时h(x)在 0, 上无零点.
2
第三步,讨论n>1时h(x)的单调性及零点情况.
若n>1,设k(x)=2(x+1)ex-2ncos 2x,
则k'(x)=2(x+2)ex+4nsin 2x,
( π)
当x∈ 0, 时,2(x+2)ex>0,sin 2x>0,
2
( π) ( π)
∴k'(x)>0在 0, 上恒成立,故k(x)在 0, 上单调递增.
2 2
∵k(0)=2-2n<0,k (π) =2 (π +1 ) e π 2+2n>0,故存在 x ∈ ( 0, π) ,使得 k(x )=0,故当 x∈(0,x )时
2 2 0 2 0 0
k(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减,
( π)
当x∈ x , 时,k(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增,
0 2
故当x∈(0,x )时,h(x)0,
0 2
( π)
∴由零点存在定理及函数的单调性得h(x)在 0, 上存在唯一零点.
2
3.(2023湖北武汉武昌质检,22)已知函数f(x)=ax与g(x)=log x(a>0,且a≠1).
a
(1)求曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程;
(2)若a>1,h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围.
1
解析 (1)由题可知g(1)=0,g'(x)= ,
xlna1 1
故g'(1)= ,于是曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y= (x-1).
lna lna
(2)h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点,即方程ax=log x恰有两正根.
a
因为a>1,所以ax=log x>1,于是x>1,
a
lnx
由ax=log x= ,得ax·ln a=ln x,ax·x·ln a=x·ln x,
a lna
于是ax·ln ax=x·ln x.
设m(x)=xln x(x>1),则m'(x)=ln x+1>0,于是函数m(x)在(1,+∞)上单调递增,
由m(ax)=m(x)可得ax=x,
lnx
即方程ax=x有两根,等价于方程ln a= 有两正根,
x
lnx 1−lnx
设l(x)= (x>1),则l'(x)= ,
x x2
由l'(x)>0得1e,故l(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
lnx
结合当x→1时,l(x)→0,当x→+∞时,l(x)→0,且x∈(1,+∞)时,l(x)= >0,画出l(x)的图象,如图,
x
lnx 1 1 1
由方程ln a=
x
有两正根并结合l(x)的图象,得00时, f '(x)=2a+2a2+1 2a ,
=
x x
(
2a2+1)
则当x∈ −∞,− 时, f '(x)>0,
2a(
2a2+1
) (
2a2+1)
(
2a2+1
)
当x∈ − ,0 时, f '(x)<0,则f(x)在 −∞,− 上单调递增,在 − ,0 上单
2a 2a 2a
调递减.
[ 1]
(2)①当a=0时, f(x)=ln(-x),令ln(-x)=0,解得x=-1,故f(x)在 −1,− 上有一个零点;
2
( 1) 2 1
2 a− +
②当a>0时,∵2a2+1 2 2>0,
−1=
2a 2a
[ 1] ( 2a2+1 )
∴ −1,− ⊆ − ,0 ,
2 2a
[ 1]
∴f(x)在 −1,− 上单调递减,
2
[ 1]
又∵f(-1)=-3a<0,故f(x)在 −1,− 上没有零点.
2
[ 1] [ 1]
综上,当a=0时, f(x)在 −1,− 上的零点个数为1;当a>0时f(x)在 −1,− 上没有零点.
2 2
