曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
4.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
三年模拟
一、选择题
1.(2022安徽安庆一中4月联考,10)已知m,n都是正整数,且em+ln n<m+n,则( )
A.n>em B.m>em
C.n<em D.m>en
答案 A 因为em+ln n<m+n,所以em-m<n-ln n=eln n-ln n,令f(x)=ex-x(x≥0),则f
'(x)=ex-1≥0,
故f(x)在[0,+∞)上单调递增,由已知得f(m)<f(ln n),故m<ln n,所以em<n.
故选A.
2.(2022黑龙江齐齐哈尔二模,12)设函数f(x)=(x+1)ln x+ax+b,若f(x)为(0,+∞)上的单调函
数,则实数a的取值范围为( )
A.(-∞,-2)∪(2,+∞)
B.(-∞,-2)∪[2,+∞)
C.(-2,+∞)
D.[-2,+∞)
1
答案 D f '(x)=ln x+ +1+a,
x
1 x-1
令g(x)=f '(x)=ln x+ +1+a,则g'(x)= ,
x x2
当0<x<1时,g'(x)<0, f '(x)在(0,1)上单调递减;
当x>1 时,g'(x)>0, f '(x)在(1,+∞)上单调递增,
1
故f '(x)=ln x+ +1+a在x=1处取得最小值f '(1)=2+a,无最大值.由于f(x)为(0,+∞)上的单
x
调函数,只能是递增函数,故f '(1)=2+a≥0,即得a≥-2,故选D.
3.(2022甘肃平凉二模,5)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示,则f(x)的极值点的个数
为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 C 因为在x=0左、右两边的导数值均为负数,所以0不是f(x)的极值点,故由题图
可知f(x)只有2个极值点.故选C.
4.(2022南宁二模,12)已知函数f(x)=xcos x-
√2sin
(
x+
π),x∈[0,π),则函数f(x)的最大值是
4
( )
A.-cos 1 B.-sin 1 C.-1 D.-√2
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答案 B f '(x)=cos x-xsin x- ( π)=(1-x)·sin x,则函数f(x)在(0,1)上递增,在
√2cos x+
4
(1,π)上递减.因此在[0,π)上, f(x) =f(1)=-sin 1.
max
故选B.
5.(2022哈尔滨德强学校期末,12)已知f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数, f '(x)是f(x)的
导函数,若xf(x)+x2f '(x)=ex, f(1)=e,则f(x)在(0,+∞)上( )
A.单调递增 B.单调递减
C.有极大值 D.有极小值
答案 A 构造函数F(x)=xf(x),则F'(x)=f(x)+xf '(x)=
ex F(x) xF'(x)-F(x) ex-F(x),
,所以 f(x)= ,则f '(x)= =
x x x2 x2
ex ex(x-1)
设φ(x)=ex-F(x),则φ(1)=0,φ'(x)=ex-F'(x)=ex- = ,
x x
当0<x<1时,φ'(x)<0,此时函数φ(x)单调递减;
当x>1时,φ'(x)>0,此时函数φ(x)单调递增.
所以,φ(x)≥φ(1)=0,∴f '(x)=ex-F(x) φ(x) ≥0对任意的x>0恒成立,
=
x2 x2
因此,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.故选A.
方法总结 四种常用的导数构造法:(1)对于不等式f '(x)+g'(x)>0(或<0),构造函数
F(x)=f(x)+g(x);(2)对于不等式f '(x)-g'(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)-g(x);(3)对于不等式
xf '(x)+cf(x)>0(或<0)(其中c为常数且c≠0),构造函数F(x)=xcf(x);(4)对于不等式f '(x)
+cf(x)>0(或<0)(其中c为常数),构造函数F(x)=ecxf(x).
6.(2022江西芦溪中学期末,12)已知函数f(x)=xln x-ax+
1 2
(a+1)有两个零点x1、x2,若x1+x2> ,则实数a的取值范围是( )
e e
A.(0,+∞) B.(-1,0)
C.{a|a=0} D.(-1,0)∪(0,+∞)
1
答案 A 因为f(x)=xln x-ax+ (a+1),
e
所以f '(x)=ln x+(1-a),
令f '(x)>0,即ln x>a-1,解得x>ea-1,
令f '(x)<0,即ln x<a-1,解得0<x<ea-1,
即f(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+∞)上单调递增,即x=ea-1是函数f(x)的极小值点.
因为f(1) 1 1 a 1(a+1)=0,
= ln - +
e e e e e
1 1
所以 是函数f(x)的一个零点,不妨设x1= ,
e e
2 1 1
若x +x > ,则x2> ,则ea-1> ,解得a>0.故选A.
1 2
e e e
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7.(2022陕西六模,12)已知函数f(x)的定义域为R,且对任意x∈R, f(x)-f '(x)<0恒成立,则
exf(x+1)>e4f(2x-3)的解集是( )
A.(4,+∞) B.(-1,4)
C.(-∞,3) D.(-∞,4)
答案 D 设g(x)=
f (x) f '(x)-f (x) f (x+1) f (2x-3)
,则g'(x)= >0,所以g(x)在R上单调递增.exf(x+1)>e4f(2x-3)等价于 >
ex ex ex+1 e2x-3
,所以g(x+1)>g(2x-3),所以x+1>2x-3,解得x<4,所以不等式的解集是(-∞,4),故选D.
8.(2022河北衡水模拟,10)已知f(x)=ex-2t·( 2)恰有一个极值点,为1,则t的取值
lnx+x+
x x
范围是( )
A.( 1]∪{e} [ 1]
-∞, B. 0,
4 6 4
C.[ 1]∪{e} ( 1]
0, D. -∞,
4 6 4
答案 D 函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=
ex(x-1) (1 2 ) (x-1)[ex-2t(x+2)] ex ex 2ex(x+2)-2ex ex(x+1) 1
-2t +1- = .因为f(x)恰有一个极值点,为1,所以ex-2t(x+2)=0在区间(0,+∞)内无解,即t= 在区间(0,+∞)内无解.令函数g(x)= (x>0),则g'(x)= = >0,所以函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,则g(x)>g(0)=
x2 x x2 x2 2(x+2) 2(x+2) 4(x+2)2 2(x+2)2 4
1
,所以t≤ ,故选D.
4
9.(2022河南安阳模拟,10)若函数f(x)=ln x+1 [1 ]上有且仅有
x2-ax(x>0)在区间 ,3
2 2
一个极值点,则实数a的取值范围是( )
A.(5 ] [5 10)
,3 B. ,
2 2 3
C.(5 10] [ 10]
, D. 2,
2 3 3
答案 B 因为函数f(x)=ln x+
1 [1 ] (1 )
x2-ax(x>0)在区间 ,3 上有且仅有一个极值点,所以y=f '(x)在区间 ,3
2 2 2
上只有一个变号零点.
1 1
f '(x)= +x-a,令f '(x)=0,得a= +x.
x x
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令g(x)=x+1,x∈(1
,3
)
,则g(x)在
(1
,1
)上单调递减,在[1,3)上单调递增,所以
x 2 2
g(x) =g(1)=2.
min
又g(1)
=g(2)=
5
,g(3)=
10
,结合函数g(x)=x+
1,x∈
2 2 3 x
(1 ) 5≤a<
,3 的图象(图略)可得,当
2 2
10 (1 ) [5 10)
时,y=f '(x)在区间 ,3 上只有一个变号零点,所以实数a的取值范围为 ,
3 2 2 3
.故选B.
10.(2022安徽安庆二模,12)若存在两个正实数x,y,使得等式x(2+ln x)=xln y-ay成立,则
实数a的取值范围是( )
A.( 1 ) ( 1 ]
0, B. -∞,
e2 e2
C.( 1 ) ( 1 ]
0, D. -∞,
e3 e3
答案 D 因为x,y均为正数,所以等式x(2+ln x)=xln y-ay可化为2+ln x=ln y-
y
ln -2
ay y ay x y lnt 2 3-lnt
,即ln -2= ,即a= .令 =t(t>0), f(t)= - ,则f '(t)=
x x x y x t t t2
x
,令f '(t)=0,解得t=e3,当t∈(0,e3)时, f '(t)>0, f(t)在(0,e3)上单调递增,当t∈(e3,+∞)时, f
1 1
'(t)<0, f(t)在(e3,+∞)上单调递减,所以f(t) =f(e3)= ,且当t→0时, f(t)→-∞,所以a≤ ,故选
max e3 e3
D.
11.(多选)(2022山东济宁实验中学开学考,12)已知函数f(x)=x2+x-1,则下列结论正确的
ex
是( )
A.函数f(x)存在两个不同的零点
B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C.当-e<k<0时,方程f(x)=k有且只有两个实根
5
D.当x∈[t,+∞)时, f(x)
max
=
e2
,t的最小值为2
答案 ABC f
'(x)=(2x+1)ex-(x2+x-1)ex
=
-x2+x+2,
(ex)2 ex
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令f '(x)=0,可得x=-1或x=2,当x∈(-∞,-1)和(2,+∞)时, f '(x)<0,当x∈(-1,2)时, f
5
'(x)>0,∴f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上为减函数,在(-1,2)上为增函数,∴f(x) =f(2)= , f(x)
极大值 e2 极小值
=f(-1)=-e,因此B正确.y=f(x)的大致图象如图所示.
-1+√5 -1-√5
令f(x)=0,可得x2+x-1=0,x = ,x2= ,y=f(x)的图象与x轴有两个交点,则函
1
2 2
数y=f(x)有两个不同零点,因此A正确.对于C,由图知,直线y=k(-e<k<0)与y=f(x)的图象
有两个交点,因此当-e<k<0时,方程f(x)=k有且只有两个实根,C正确.对于D,结合图象可
知t的最大值为2.因此D不正确,故选ABC.
12.(多选)(2022福州八县(市、区)一中期中,12)已知函数f(x)的定义域、值域都是(0,+∞),
1
且满足 f(x)<f '(x),则下列结论一定正确的是( )
2
A.若f(1)=e,则f(2)> 3
e2
B.f(2)<f(3)
C.3f(2)>2f(4)
1
D.7f(1)
<6f
(1)
e8
4 3
答案 ABD 令g(x)=
1
f '(x)- f (x)
f (x) 2 ,由题意知
,则函数g(x)的定义域为(0,+∞),g'(x)=
1 1
x x
e2 e2
g'(x)>0,
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
对于A,g(2)>g(1)= f (1 1 ) = e 1 2,即 f (2) > e 1 2 ,则f(2)> e 3 2 ,A中结论正确;
e2 e
f (3) f (2)
>
对于B,因为g(3)>g(2),即 ,
3 e
e2
所以f(3)> 1f(2)>f(2),B中结论正确;
e2
f (4) f (2) 3
对于C,因为g(4)>g(2),即 > ,所以f(4)>ef(2)> f(2),故2f(4)>3f(2),C中结
e2 e 2
论不正确;
对于D,构造函数h(x)=ex-x-1,其中x>0,则h'(x)=ex-1>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,
故h(x)>h(0)=0,即当x>0时,ex>x+1,
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(1) (1)
f f
因为g(1) (1) 3 4 ,由ex>x+1可得
>g ,即 >
3 4 1 1
e6 e8
(1) (1) (1) (1)
f f f f
1 1 7 3 3 3 4
e6> +1= ,则 > ,所以 > ,
6 6 7 1 7 1
e6 e8
6 6
1
故7f(1)
<6f
(1)
e8
,D中结论正确.故选ABD.
4 3
二、填空题
f '(x)
13.(2022东城二模,14)已知奇函数f(x)的定义域为R,且 >0,则f(x)的单调递减区
x2-1
间为 ;满足以上条件的一个函数是 .
答案 (-1,1);f(x)=x3-3x(第二空答案不唯一)
解析 由题意得,当-1<x<1时,f '(x)<0,当x<-1或x>1时,f '(x)>0,所以f(x)的单调递减区
间为(-1,1),单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),又知f(x)是定义域为R的奇函数,所以可设
f(x)=ax3+bx(a>0),极值点是-1,1,所以f '(±1)=3a+b=0,所以可取a=1,b=-3,所以满足题意的
一个函数f(x)=x3-3x(第二空答案不唯一).
14.(2022河南新乡二模,14)已知函数f(x)=mx-cos x在R上单调递增,则m的最小值为
.
答案 1
解析 由题可知f '(x)=m+sin x≥0在R上恒成立,则m≥-sin x恒成立,故m≥1.所以m的最
小值为1.
aex
15.(2021宁夏顶级名校联考,15)已知函数f(x)= ,x∈[1,3],且∀x
1
,x 2∈[1,3],x
1
≠x
2
,
x
f (x )-f (x )<2恒成立,则实数a的取值范围是 .
1 2
x -x
1 2
答案 ( -∞, 9 ]
e3
解析 不妨令x >x ,则f(x )-2x <f(x )-2x ,令g(x)=f(x)-2x,则g(x)在[1,3]上递减,则g'(x)=
1 2 1 1 2 2
aex(x-1)-2≤0在x∈[1,3]上恒成立,也即aex(x-1)≤2x2在x∈[1,3]上恒成立,
x2
当 x=1 时 , 不等式恒成立 .
当x∈(1,3]时,不等式转化为a≤
2x2
在(1,3]上恒成立,令t(x)=
2x2
ex(x-1) ex·(x-1)
,x∈(1,3].
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则t'(x)=-2x(x2-2x+2)<0,
ex·(x-1)2
故t(x)在(1,3]上递减,而a≤t(x) ,
min
∴a≤t(3)= 9 .综上,a∈(
-∞,
9 ].
e3 e3
16.(2022江西新余二模,16)已知集合M={α|f(α)=0},N={β|g(β)=0}.若存在α∈M,β∈N,使|α-β|
<n,则称函数f(x)与g(x)互为“n度零点函数”.若函数f(x)=e2-x-1与函数g(x)=x2-aex互为
“1度零点函数”,则实数a的取值范围为 .
答案 (1 , 4 ]
e e2
解析 由f(x)=e2-x-1=0,得x=2,
由g(x)=x2-aex=0,得x2=aex,设其解为x ,因为函数f(x)=e2-x-1与函数g(x)=x2-aex互为“1度
0
零点函数”,
x2
所以|2-x
0
|<1,解得1<x
0
<3,由
x2
=a
ex 0,得a= 0
.
0 ex
0
令h(x)=x2
(x∈(1,3)),则h'(x)=
ex
2x-x2 4 1 9
,当1<x<2时,h'(x)>0,当2<x<3时,h'(x)<0,所以当x=2时,h(x)取得极大值h(2)= ,又h(1)= ,h(3)=
ex e2 e e3
,
所以实数a的取值范围为(1
,
4 ].
e e2
三、解答题
a
17.(2022山西一模,20)已知函数f(x)=cos x+ x2+ln x.
2
1
(1)当a≥ 时,证明: f(x)在定义域上是增函数;
4
(2)已知g(x)=f '(x)+4ln x-1 (3π )内没有极值点,求a的取值范围.(参
,若g(x)在 ,2π
x 4
考数据:π2≈10,π3≈31)
1
解析 (1)证明: f '(x)=-sin x+ax+ (x>0).
x
1 1
当a≥ 时,ax+ ≥2√a≥1,所以f '(x)≥0.
4 x
所以f(x)在定义域上是增函数.
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4
(2)g(x)=-sin x+ax+4ln x,g'(x)=-cos x+a+ ,
x
因为g(x)在(3π )内没有极值点,
,2π
4
所以g'(x)≥0在(3π )内恒成立或g'(x)≤0在(3π )内恒成立,即a≥cos x-
,2π ,2π
4 4
4 (3π )内恒成立或a≤cos x-4 (3π )内恒成立.
在 ,2π 在 ,2π
x 4 x 4
4 4
令h(x)=cos x- ,则h'(x)=-sin x+ .
x x2
4
(i)当x∈[π,2π)时,-sin x≥0, >0,
x2
所以h'(x)>0,h(x)单调递增.
(ii)当x∈
(3π ) 8 24 (3π) √2 512
,π 时,h″(x)=-cos x- ,h‴(x)=sin x+ >0,所以h″(x)单调递增,又h″ = -
4 x3 x4 4 2 27π3
>0,
所以h'(x)单调递增.
又因为h'(3π) √2 64 >0,所以h(x)单调递增.
=- +
4 2 9π2
由(i)(ii)可知,h(x)在(3π )上单调递增,
,2π
4
所以x∈(3π
,2π
)
时,h
(3π)
=-
√2
-
16
<h(x)<h(2π)=1-
2.
4 4 2 3π π
√2 16 2
所以a≤- - 或a≥1- .
2 3π π
18.(2022宁夏二模,21)已知函数f(x)=ln x+ax2-3x.
(1)若函数f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y=-2,求函数f(x)的极小值;
(2)若a=1,对于任意x
1
,x 2∈[1,2],当x
1
<x
2
时,不等式f(x
1
)-f(x
2
)>m(x
2
-x
1
)
恒成立,求实数m
x x
1 2
的取值范围.
1
解析 (1)f(x)=ln x+ax2-3x的定义域为(0,+∞), f '(x)= +2ax-3.
x
由函数f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y=-2,得f '(1)=1+2a-3=0,解得a=1.
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1 (2x-1)(x-1)
此时f '(x)= +2x-3= .
x x
当x∈(
0,
1)和(1,+∞)时, f '(x)>0;当x∈
2
(1 ) ( 1) (1 )
,1 时, f '(x)<0,所以函数f(x)在 0, 和(1,+∞)上单调递增,在 ,1
2 2 2
上单调递减,
所以当x=1时,f(x)取得极小值f(1)=ln 1+1-3=-2.
(2)由a=1得f(x)=ln x+x2-3x.
因为对于任意x
1
,x 2∈[1,2],当x
1
<x
2
时, f(x
1
)-f(x
2
)>
m(x -x ) m m m m m
2 1 恒成立,即f(x1)- >f(x2)- 恒成立,所以函数y=f(x)- 在[1,2]上单调递减.令h(x)=f(x)- =ln x+x2-3x-
x x x x x x x
1 2 1 2
1 m
,x∈[1,2],所以h'(x)= +2x-3+ ≤0在[1,2]上恒成立,则m≤-2x3+3x2-x在[1,2]上恒成立.
x x2
设F(x)=-2x3+3x2-x(1≤x≤2),
则F'(x)=-6x2+6x-1=-6( 1) 2 1.
x- +
2 2
当x∈[1,2]时,F'(x)<0,所以函数F(x)在[1,2]上单调递减,所以F(x)≥F(2)=-6,所以m≤-6,
故实数m的取值范围为(-∞,-6].
19.(2022陕西榆林二模,20)已知函数f(x)=x2-(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≥(a2-a)ln x对x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
1 2x2-1
当a=0时, f '(x)=2x- = .
x x
当x∈(
0,
√2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
2
当x∈(√2
,+∞
)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
2
因此f(x)的单调递减区间为( √2) (√2 ).
0, ,单调递增区间为 ,+∞
2 2
x2
(2)由f(x)≥(a2-a)ln x对x∈(1,+∞)恒成立,得a2+1≤ 对x∈(1,+∞)恒成立.
lnx
设h(x)= x2
(x>1),则h'(x)=
x(2lnx-1).当x∈(1,
√e
)时,h'(x)<0;当x∈(
√e
,+∞)
lnx (lnx)2
时,h'(x)>0.
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所以h(x) =h(√e)=2e.
min
则a2+1≤2e,解得-√2e-1≤a≤√2e-1,
故a的取值范围是[-√2e-1,√2e-1].
20.(2022门头沟一模,19)已知f(x)=ksin x+2x.
(1)当k=2时,判断函数f(x)零点的个数;
(2)求证:-sin x+2x>ln(x+1)(
x∈
(
0,
π));
2
(3)若f(x)>ln(x+1)在x∈(
0,
π)上恒成立,求k的最小值.
2
解析 (1)当k=2时,f '(x)=2cos x+2≥0,所以f(x)=2sin x+2x在R上单调递增,又因为
f(0)=0,所以f(x)只有一个零点.
(2)证明:设g(x)=2x-sin x-ln(x+1),当x∈(
0,
π)
时,g'(x)=2-cos x-
1 >0,所以g(x)
2 x+1
在x∈(
0,
π)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0,所以2x-sin x-ln(x+1)>0,即-sin x+2x>ln(x+1).
2
(3)当k≥-1,x∈(
0,
π)时,由(2)得f(x)≥-sin x+2x>ln(x+1),恒成立.
2
当k<-1时,设h(x)=f(x)-ln(x+1),
1 1
则h'(x)=2+kcos x- ,则h″(x)=-ksin x+ >0.
x+1 (x+1)2
( π) (π) 1
0, 上单调递增,h'(0)=k+1<0,h' =2-
所以h'(x)在x∈ 2 2 π >0,由函数零点
1+
2
存在定理知存在x 0∈( 0, π),使得h'(x 0 )=0,所以h(x)在(0,x 0 )上单调递减,h(x 0 )<h(0)=0,不符
2
合题意,所以k的最小值为-1.
21.(2022朝阳一模,19)已知f(x)=x-aex,a∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴重合,求a的值;
(2)若函数f(x)在区间(1,+∞)上存在极值,求a的取值范围;
(3)设g(x)=f(2-x),在(2)的条件下,试判断函数g(x)在区间(1,+∞)上的单调性,并说明理由.
解析 (1)由题意得f '(x)=1-aex,所以f '(1)=1-ae,又f(1)=1-ae,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))
处的切线方程为y-(1-ae)=(1-ae)(x-1),即y=(1-ae)x,
因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴重合,
1
所以1-ae=0,解得a= .
e
(2)由(1)得f '(x)=1-aex,
因为函数f(x)在区间(1,+∞)上存在极值,
所以f '(x)=1-aex在区间(1,+∞)上有变号零点,
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当a≤0时,f '(x)=1-aex在区间(1,+∞)上单调递增,f '(1)=1-ae>0,故不符合题意;
当a>0时,f '(x)=1-aex在区间(1,+∞)上单调递减,且当x→+∞时,f '(x)→-∞,
1
故要使f '(x)=1-aex在区间(1,+∞)上有变号零点,则f '(1)=1-ae>0,即0<a< .
e
综上,a的取值范围是( 1).
0,
e
(3)函数g(x)在区间(1,+∞)上单调递减,理由如下:
g(x)=f(2-x)=2-x-ae2-x,a∈( 1),x∈(1,+∞),
0,
e
所以g'(x)=-1+ae2-x,
令y=-1+ae2-x,x>1,则y'=-ae2-x,y'<0在x∈(1,+∞)上恒成立,
所以函数g'(x)=-1+ae2-x在(1,+∞)上单调递减,
1
由于g'(1)=-1+ae<-1+ ·e=0,
e
所以函数g'(x)=-1+ae2-x<0在(1,+∞)上恒成立,
所以函数g(x)在区间(1,+∞)上单调递减.
a
22.(2022通州一模,19)已知函数f(x)=ln x+ ,a∈R.
x
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)的最小值是2,求a的值;
lnx-lnt
(3)设t为常数,求函数g(x)= 的单调区间.
x-t
解析 (1)当a=0时, f(x)=ln x,f(1)=ln 1=0.
1
所以f '(x)= ,f '(1)=1.所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.
x
a
(2)函数f(x)=ln x+ 的定义域为(0,+∞),
x
1 a x-a
f '(x)= - = .
x x2 x2
①当a≤0时,f '(x)>0.所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,无最小值.
②当a>0时,令f '(x)<0,得0<x<a;令f '(x)>0,得x>a.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)
上单调递增,所以f(x)的最小值为f(a)=1+ln a.
所以1+ln a=2,解得a=e.
(3)函数g(x)的定义域为(0,t)∪(t,+∞),
t
1- -lnx+lnt
g'(x)= x .
(x-t)2
t
由(2)②知,当t>0时,若x≠t,则ln x+ >1+ln t.
x
t
1- -lnx+lnt
所以g'(x)= x <0,
(x-t)2
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lnx-lnt
所以g(x)= 的减区间为(0,t),(t,+∞),无增区间.
x-t
23.(2022天津新华中学级部统练三模,20)已知函数f(x)=axaln x(a>0),g(x)=xex.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在x=e处的切线方程;
(2)证明:g(x)≥ln x+x+1;
(3)若f(x)≤g(x)对于任意的x>1都成立,求a的最大值.
解析 (1)当a=1时,f(x)=xln x,得f '(x)=ln x+1,则f(e)=e,f '(e)=2,所以曲线y=f(x)在x=e
处的切线方程为y-e=2(x-e),即y=2x-e.
1 1
(2)证明:令h(x)=g(x)-(ln x+x+1)=xex-ln x-x-1(x>0),则h'(x)=ex+xex- -1=(1+x)(ex-
x x
),
1 1
令u(x)=ex- (x>0),则u'(x)=ex+ >0,
x x2
可得函数u(x)在(0,+∞)上单调递增,
又u(1)<0,u(1)>0,
2
所以存在唯一x 0∈(1 ,1 ),使得u(x 0 )= ex 0- 1 =0,即x 0 =-ln x 0 ,所以函数h(x)在(0,x 0 )上单调
2 x
0
递减,在(x ,+∞)上单调递增,
0
所以函数h(x)在x=x 处取得极小值即最小值,
0
所以h(x)≥h(x )=1-ln x -x -1=0,因此g(x)≥ln x+x+1.
0 0 0
(3)当a>0且x>1时,
f(x)≤g(x)⇔axaln x≤xex⇔xaln xa≤xex⇔xaln xa≤ex·ln ex,
所以构造函数F(x)=xln x,得F'(x)=ln x+1>0(x>1),
所以F(x)=xln x在(1,+∞)上单调递增,
所以f(x)≤g(x)⇔xaln xa≤ex·ln ex⇔F(xa)≤F(ex),由于f(x)≤g(x)对任意的x>1都成立,又
x
xa>1,ex>1,所以xa≤ex对于任意的x>1都成立,即a≤ 对于任意的x>1都成立.
lnx
x lnx-1
令p(x)= ,得p'(x)= ,
lnx (lnx)2
p'(x)>0⇒x>e,p'(x)<0⇒1<x<e,
则p(x)在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,故p(x) =p(e)=e,
min
故a≤e,所以a的最大值为e.
24.(2022天津耀华中学统练9,20)已知函数f(x)=x-2-(ln x)2-aln x(a∈R).
(1)令g(x)=xf '(x),讨论g(x)的单调性并求极值;
(2)令h(x)=f(x)+2+(ln x)2,若h(x)有两个零点,
①求a的取值范围;
②若方程xex-a(ln x+x)=0有两个实根x 1 ,x 2 ,且x 1 ≠x 2 .证明: ex 1 +x 2> e2 .
x ·x
1 2
2lnx a
解析 (1)由题意得f '(x)=1- - ,
x x
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所以g(x)=xf '(x)=x-2ln x-a,x∈(0,+∞).
x-2
则g'(x)= ,g'(x)的正负与g(x)的单调性如下表,
x
x (0,2) 2 (2,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以g(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞),极小值为g(2)=2-2ln 2-a,无极大
值.
(2)①解法一:h(x)=x-aln x,x∈(0,+∞).
a x-a
h'(x)=1- = ,
x x
(i)当a≤0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,不可能有两个零点;
(ii)当a>0 时,令h'(x)<0,得0<x<a,h(x)单调递减;
令h'(x)>0,得x>a,h(x)单调递增.
所以h(x) =h(a)=a-aln a,
min
要使h(x)有两个零点,即使h(a)<0,得a>e,
又因为h(1)=1>0,h(e)=e-a<0,所以h(x)在(1,e)上存在唯一一个零点,
又h(ea)=ea-a2>0,所以h(x)在(e,ea)上存在唯一一个零点.
综上,当a>e时,函数h(x)有两个零点.
解法二:h(x)=x-aln x有两个零点,
x
等价于x≠1时,a= 有两个实根,
lnx
x lnx-1
令F(x)= ,则F'(x)= ,
lnx (lnx)2
当x∈(0,1)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,且F(x)<0,
当x∈(1,e)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
当x∈(e,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
又F(e)=e,x>1,且x无限趋近于1时,F(x)趋近于正无穷.
x
要使a= 有两个实数根,即使a>F(e)=e.
lnx
综上,当a>e时,函数h(x)有两个零点.
②证明:xex-a(ln x+x)=xex-aln(xex)=0(x>0)有两个实根,令t=xex(t>0),
条件转化为m(t)=t-aln t有两个零点t
1
,t
2
(t
1
≠t
2
),且t
1
=x
1
ex 1,t
2
=x
2
ex 2,
所以{t
1
-aln t
1
=0,
所以a(ln t 2 -ln t 1 )=t 2 -t 1 ,(i)
t -aln t =0,
2 2
a(ln t +ln t ) =t +t ,(ii)
2 1 2 1
要证 ex 1 +x 2> e2 ,只需证(x 1ex 1 )·(x 2ex 2 )>e2,
x ·x
1 2
即证ln(x
1
ex 1)+ln(x
2
ex 2)>2,所以只需证ln t
1
+ln t
2
>2.
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t t
( )
2+1 ln 2
t +t t t
由(i)(ii)两式可得ln t 2 +ln t 1 = 2 1 (ln t2-ln t1)= 1 1,
t -t t
2 1 2-1
t
1
t t
( )
2+1 ln 2
t t
所以只需证 1 1>2.
t
2-1
t
1
不妨令0<t <t ,令u=t 2(u-1) 4 -2>0.
1 2 2,则u>1,所以只需证ln u> ,即证ln u+
t u+1 u+1
1
令n(u)=ln u+ 4 1 4 (u-1)2 >0,所以n(u)在(1,+∞)上
-2,u>1,则n'(u)= - =
u+1 u (u+1)2 u(u+1)2
单调递增,所以n(u)>n(1)=0.
4
即当u>1时,ln u+ -2>0成立.
u+1
所以ln t
1
+ln t
2
>2,即(x
1
ex 1)·(x
2
ex 2)>e2,
即 ex 1 +x 2>
e2
.
x ·x
1 2
一年创新
e2lnx e-x
1.(2022 5·3原创题)函数f(x)= (e-x-a)- +1(e为自然对数的底数,a∈R,a为常
x a
数),若f(x)有三个不同的零点,则a的取值范围是( )
1
A.0<a<1 B. <a<1
e
1 1
C.0<a< D.a>
e e
答案 B f(x)=(e2lnx 1)(e-x-a)(x>0).
-
x a
e2lnx 1
当f(x)=0时,有 = 或e-x=a.
x a
y=e-x在(0,+∞)上单调递减,值域为(0,1).
令g(x)=e2lnx e2(1-lnx).
(x>0),则g'(x)=
x x2
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.所以g(x)≤g(e)=e.
当x→0时,g(x)→-∞;当x→+∞时,g(x)→0.
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由y=e-x及g(x)=
e2lnx e2lnx 1
的单调性可知,若f(x)有三个不同的零点,则e-x=a有一个实根, =
x x a
有两个不等的实根.
由e-x=a有一个实根得0<a<1.
e2lnx 1 1 1
由 = 有两个不等的实根得0< <e,即a> .
x a a e
1
所以 <a<1.故选B.
e
2.(2022皖豫名校联盟联考(三),21)已知函数f(x)=xex-mx2-x-1.
1
(1)当m= 时,讨论f(x)的单调性;
2
(2)若m≤1,证明:当x∈(
-
π
,0
)时, f(x)>x-xcos x-1.
2
1 1
解析 (1)当m= 时, f(x) =xex- x2-x-1,
2 2
则f '(x)=(x+1)ex-x-1=(x+1)(ex-1),
令f '(x)>0,得x<-1或x>0,令f '(x)<0,得-1<x<0,
∴f(x)在(-∞,-1)和(0,+∞)上单调递增,在(-1,0)上单调递减.
(2)证明:当x∈(
-
π
,0
)时,要证明f(x)>x-xcos x-1,即证明ex-mx+cos x-2<0.
2
令g(x)=ex-mx+cos x-2,
则g'(x)=ex-sin x-m≥ex-sin x-1=ex(
1-
1+sinx),
ex
( π)
√2cos x+ -1
令h(x)= ,
1+sinx cosx-sinx-1 4
,则h'(x)= =
ex ex ex
当-π π π π ( π) √2,
<x<0时,- <x+ < ,∴cos x+ >
2 4 4 4 4 2
故h'(x)>0,即h(x)在
( π ) 1+sinx ( π )
- ,0 上单调递增,故h(x)<h(0)=1,∴1- >0,∴g'(x)>0,即g(x)在 - ,0
2 ex 2
上单调递增,∴g(x)<g(0)=0,即原命题得证.
名师点睛 解本题第(2)问关键点在于利用m的范围进行放缩,在判断ex-sin x-1的正负
1+sinx
时,将恒为正的ex作为公因式提取出来,将问题转化为对较易研究的函数h(x)= 的
ex
单调性的求解问题.
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