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课时跟踪检测（十五） “函数与导数”大题常考的 4
类题型
1．已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，
∴f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)．
当0时，f′(x)>0，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x) ＝f＝ln k，
min
∵f(x)有且只有一个零点，∴ln k＝0，∴k＝1.
(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，∵n∈N*，令x
＝，得>ln ，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
2．已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．
①当a≥0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1，
x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)有极小值f(－1)＝－，无极大值．
②当a＜0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1或x＝ln.
(ⅰ)a<－2e，x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－1，
＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)有极小值f＝－2ln＋2＝2＋1，有极大值f(－1)＝－.
(ⅱ)－2e0，f(x)单调递增；
x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极小值f(－1)＝－，有极大值f＝－2ln＋2＝2＋1.
(ⅲ)当a＝－2e时，f′(x)≤0恒成立，f(x)在R上单调递减，无极值．
(2)函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，
即函数f(x)的图象与直线y＝e恰有两个交点，由(1)知，
①当a≥0时，只需满足e>－⇒a>－e2，
所以a∈[0，＋∞)．
②当a<0时，
(ⅰ)若a<－2e，结合(1)知，x∈(－1，＋∞)时，f(x)单调递减，
f(1)＝ae＋4<－2e2＋4<0，只需满足2＋1＝e或e＝－，解得a＝－e2或a＝ －(舍去)或a＝－.
(ⅱ)若－2e＜a＜0，结合(1)知只需满足2＋1＝e或e＝－，解得a＝－e2(舍去)或a＝－或
a＝－(舍去)．
(ⅲ)若a＝－2e，结合(1)知f(x)的图象与直线y＝e不可能有两个交点，舍去．
综上，a的取值范围为[0，＋∞)∪.
3．已知函数f(x)＝aexln x(其中e＝2.718 28…是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋xln a，a>0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝aexln x，所以f′(x)＝aex.
令φ(x)＝ln x＋，则φ′(x)＝.
当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(0,1)上单调递减．
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)≥φ(1)＝1>0.
又因为a>0，ex>0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xln a－aexln x.
由h(x)>0得x2＋xln a－aexln x>0，
即aexln x对任意x∈(0,1)恒成立．
设H(x)＝，则H′(x)＝，
所以，当x∈(0,1)时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当
x∈(0,1)时，H(x)<0.
若aex≥1>x，则H(aex)≥0>H(x)．
若0H(x)，
且H(x)在(0,1)上单调递增，所以aex>x.
综上可知，aex>x时对任意x∈(0,1)恒成立，
即a>对任意x∈(0,1)恒成立．
设G(x)＝，x∈(0,1)，则G′(x)＝>0.
所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)－在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；
若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：m＝1时，f(x)＝(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝－＋x＝，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以f(x) ＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
min
(2)由题意知，f′(x)＝－＋mx＝，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．
②当m>0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
故f(x)在x＝处取得极小值f＝ln m＋－m，无极大值．
(3)不妨令h(x)＝－＝，不难证明ex－1－x≥0，当且仅当x＝1时取等号，
所以，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
由(1)知，当m≤0，x>1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
f(x)－在(1，＋∞)上恒成立，只能m>0.
当01，由(1)知f(x)在上单调递减，
所以f1，所以mx≥x，ex－1>1,0<<1，－1<－<0，
F′(x)＝－＋mx＋－>－＋x＋－1＝＝>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又F(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，F(x)>0恒成立，
即f(x)－h(x)>0恒成立．
故存在m≥1，使得不等式f(x)>－在(1，＋∞)上恒成立，此时m的最小值是1.
5．(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝ex－sin x－cos x，g(x)＝ex＋sin x＋
cos x.
(1)证明：当x>－时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)证明：因为f(x)＝ex－sin x－cos x＝ex－sin，f′(x)＝ex－cos x＋sin x＝ex＋sin，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cos x＝ex＋sin，
考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以
①当x∈时，sin<0，此时f(x)>0；
②当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)≤f′(0)＝0，
所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；
③当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，
所以f(x)单调递增，f(x)＞f(0)＝0；
④当x∈时，f(x)＝ex－sin≥e －>0.
综上，当x>－时，f(x)≥0.
(2)构造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sin x＋cos x－2－ax，
则F(x) ≥0，
min
所以F＝e ＋a－2≥0⇒a≥＞0.
又F(0)＝0，所以，F(x)在R上的最小值为F(0)．
F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a，F′(0)＝2－a，
F″(x)＝ex－sin x－cos x＝f(x)．
由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞－时恒成立，
所以F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a在单调递增．
①若a＝2，则F′(x)在为负，(0，＋∞)为正，
所以F(x)在递减，在(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；
而当x≤－时，
F(x)＝ex＋sin x＋cos x－2－2x≥ex＋sin x＋cos x－2＋≥－2－>0，
故a＝2满足题意．
②若a>2，则F′(0)＝2－a<0，因为F′(x)≥ex－－a，所以F′(ln(＋a))≥ex－－a≥0，
由零点存在定理，必存在x∈(0，ln(＋a))使得F′(x)＝0，此时满足x∈(0，x)时，F′
0 0 0
(x)<0，F(x)递减，所以F(x)
