文档文本内容
4.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
考点清单
学生用书P24 知识结构化 考点清单化
考点一 利用导数研究函数的单调性
设函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内可导 ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 的导函数 则
( ) ( ꎬ ) ꎬ ( ) ( ) ꎬ
ｆ′(ｘ) ｆ(ｘ)在(ａꎬｂ)内单调递增
>０
ｆ′(ｘ) ｆ(ｘ)在(ａꎬｂ)内单调递减
<０
ｆ′(ｘ) ｆ(ｘ)在(ａꎬｂ)内为常数函数
＝０
年
高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
５０
注意 ( )讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实
１
质是解不等式ꎬ求解时ꎬ要坚持“定义域优先”原则.
( )有相同单调性的单调区间不止一个时ꎬ用“ꎬ”隔开或用
２
“和”连接ꎬ不能用“ ”连接.
∪
记作ｙ ｆ ｘ 如果对 ｘ 附近的所有的点 都有ｆ ｘ 极大值 ＝ ( ０)ꎻ ０ ꎬ ( )>
ｆ ｘ 则ｆ ｘ 是函数 ｙ ｆ ｘ 的一个极小值 记作 ｙ
( ０)ꎬ ( ０) ＝ ( ) ꎬ 极小值 ＝
ｆ ｘ .极大值与极小值统称为极值.
( ０)
判断ｆ ｘ 是极值的方法
(２) ( ０)
一般地 当函数ｆ ｘ 在ｘ ｘ 处连续时
ꎬ ( ) ＝ ０ ꎬ
如果在ｘ 附近的左侧ｆ ′ ｘ 右侧ｆ ′ ｘ 那么 ｆ ｘ 是
① ０ ( )>０ꎬ ( )<０ꎬ ( ０)
极大值
ꎻ
如果在ｘ 附近的左侧ｆ ′ ｘ 右侧ｆ ′ ｘ 那么 ｆ ｘ 是
② ０ ( )<０ꎬ ( )>０ꎬ ( ０)
极小值.
２.函数的最值
在闭区间 ａ ｂ 上连续的函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上必有最大值
(１) [ ꎬ ] ( ) [ ꎬ ]
与最小值
ꎻ
设函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上连续 在 ａ ｂ 内可导 先求ｆ ｘ 在
(２) ( ) [ ꎬ ] ꎬ ( ꎬ ) ꎬ ( )
注意 ( )由函数 ｆ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]内单调递增(或递 ａ ｂ 内的极值 再将ｆ ｘ 的各极值与ｆ ａ ｆ ｂ 比较 其中最
３ ( ꎬ ) ꎻ ( ) ( )、( ) ꎬ
减)ꎬ可得ｆ ′(ｘ) (或ｆ ′(ｘ) )在该区间恒成立ꎬ而不是 大的一个是最大值 最小的一个是最小值.
≥０ ≤０ ꎬ
ｆ ′(ｘ) (或ｆ ′(ｘ) )恒成立ꎬ“ ”不能少.必要时还需对 >０ <０ ＝
“ ”进行检验.
＝
考点二 利用导数研究函数的极值、最值
１.函数的极值
设函数ｙ ｆ ｘ 在点ｘ 附近有定义 如果对ｘ 附近的所有
(１) ＝ ( ) ０ ꎬ ０
的点 都有ｆ ｘ ｆ ｘ 则ｆ ｘ 是函数ｙ ｆ ｘ 的一个极大值
ꎬ ( )<( ０)ꎬ ( ０) ＝ ( ) ꎬ
拓展 .极值点不一定是最值点ꎬ最值点也不一定是极值
１
点ꎬ但如果连续函数在开区间(ａꎬｂ)内只有一个极值点ꎬ则
极大值就是最大值ꎬ极小值就是最小值.
.在求可导函数的最值时ꎬ不必讨论导数为零的点是不是极
２
值点ꎬ直接将导数为零的点与端点的函数值进行比较即可.
.对于一般函数而言ꎬ函数的最值必在下列各点中取得:导
３
数为零的点ꎬ导数不存在的点ꎬ端点.
题型方法
学生用书P25 题型经典 方法实用
一、利用导数研究函数单调性的方法
１.利用导数讨论函数的单调性或求函数单调区间
方法一 确定函数ｆ ｘ 的定义域
:(１) ( ) ꎻ
求导数ｆ ′ ｘ
(２) ( )ꎻ
由ｆ ′ ｘ 或 解出相应的ｘ的取值范围 对应的区间
(３) ( )>０( <０) ꎬ
为ｆ ｘ 的单调递增 减 区间.
( ) ( )
方法二 确定函数ｆ ｘ 的定义域
:(１) ( ) ꎻ
求导数ｆ ′ ｘ 并求出方程ｆ ′ ｘ 的根
(２) ( )ꎬ ( )＝０ ꎻ
利用ｆ′ ｘ 的根将函数的定义域分成若干个子区间 在
(３) ( )＝０ ꎬ
这些子区间上讨论ｆ ′ ｘ 的正负 然后确定ｆ ｘ 在该子区间上
( ) ꎬ ( )
的单调性.
若函数 ｆ ｘ ｘ ａｘ２ ｘ 恒成立 求实数 ａ 的取值
(２) ( )≤ｅ ( ＋２ )＋１ ꎬ
范围.
解析 函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 且ｆ′ ｘ ａｘ ａ ｘ
(１) ( ) ꎬ ( )＝( ＋ ＋１)(
ｘ.
＋１)ｅ
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ
＝０ ꎬ ( )＝ｅ( ＋１)ꎬ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
>－１ ꎬ ( )>０ꎬ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
<－１ ꎬ ( )<０ꎬ
所以函数ｆ ｘ 的单调递增区间为 单调递减区间为
( ) (－１ꎬ＋∞)ꎬ
.
(－∞ꎬ－１)
( ａ )
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ａ ｘ ｘ ＋１ ｘ 则方程ｆ ′ ｘ 有
≠０ ꎬ ( )＝ ( ＋１) ＋ ａ ｅ ꎬ ( )＝ ０
ａ
注意 ( )涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题ꎬ 两个根 ＋１.
１ :－１ꎬ－ ａ
一定要弄清参数对导数ｆ ′(ｘ)在某一区间内的正负是否有
ａ
影响ꎬ若有影响ꎬ则必须分类讨论.( ２ )求函数的单调区间ꎬ ① 当ａ >０ 时 ꎬ－１>－ ＋ ａ １ ꎬ 所以函数 ｆ ( ｘ ) 的单调递增区间为
要在函数的定义域内讨论ꎬ还要确定导数为零的点和函数 ( ａ ) ( ａ )
＋１ 和 单调递减区间为 ＋１ .
的间断点. －∞ꎬ－ ａ (－１ꎬ＋∞)ꎬ － ａ ꎬ－１
２.已知函数的单调性求参数范围 ａ
当ａ 时 ＋１ 所以函数 ｆ ｘ 的单调递增区间为
注意参数在导函数解析式中的位置 先尝试分离参数 将问题 ② <０ ꎬ－１<－ ａ ꎬ ( )
转化为对应函数的最值问题 若不能 ꎬ 分离参数或分离参 ꎬ 数后对 ( ａ ＋１ ) 单调递减区间为 ( ａ ＋１ ) .
ꎻ －１ꎬ－ ａ ꎬ (－∞ꎬ－１)ꎬ － ａ ꎬ＋∞
应函数的单调性无法利用导数解决 则可以转化为含参函数的
ꎬ 综上可知 当 ａ 时 函数 ｆ ｘ 的单调递增区间为
最值问题. ꎬ > ０ ꎬ ( ) ( ａ ) ( ａ )
例1 已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２ ｘ ａ . ＋１ 和 单调递减区间为 ＋１
( )＝ｅ( ＋ ＋ ) －∞ꎬ－ ａ (－１ꎬ＋∞)ꎬ － ａ ꎬ－１ ꎻ
求函数ｆ ｘ 的单调区间
(１) ( ) ꎻ 当ａ 时 函数ｆ ｘ 的单调递增区间为 单调递减
＝０ ꎬ ( ) (－１ꎬ＋∞)ꎬ
区间为 大值 不符合题意
(－∞ꎬ－１)ꎻ ꎬ ꎻ
( ａ )
当ａ 时 函数ｆ ｘ 的单调递增区间为 ＋１ 单调递减 当ａ １ 时 此时ｆ ′ ｘ １ ｘ ２ ｘ ｆ ｘ 在Ｒ上单调
<０ ꎬ ( ) －１ꎬ－ ａ ꎬ ④ ＝ ꎬ ( )＝ ( －２) ｅ ≥０ꎬ ( )
２ ２
( ａ ) 递增 无极值 不符合题意
区间为 ＋１ . ꎬ ꎬ ꎻ
(－∞ꎬ－１)ꎬ － ａ ꎬ＋∞ ( )
当ａ １ 时 １ 此时ｆ ｘ 在 １ 上单调递减 在
⑤ > ꎬ ａ <２ꎬ ( ) ａ ꎬ２ ꎻ (２ꎬ
函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２ ｘ 恒成立转化为ａ ｘ １ 在Ｒ上 ２
(２) ( )≤ｅ( ＋２ )＋１ ≤ ＋ ｘ ( )
ｅ １ 上单调递增
恒成立. ＋∞)ꎬ －∞ꎬ ａ ꎬ
ｘ 可得ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 满足题意
令ｈ ｘ ｘ １ 则ｈ′ ｘ ｅ －１ 易知ｈ ｘ 在 上为增 ( ) ＝２ ꎬ ꎬ
( )＝ ＋ ｘꎬ ( )＝ ｘ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ( )
ｅ ｅ 综上可得 ａ的取值范围是 １ .
函数 在 上为减函数. ｈ ｘ ｈ . ꎬ ꎬ＋∞
ꎬ (－∞ꎬ０) ∴ ( )ｍｉｎ＝ (０)＝１ ２
故实数ａ的取值范围为 . 例3 (２０１９课标 理ꎬ２０ꎬ１２分)已知函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂ.
(－∞ꎬ１] Ⅲ ( )＝２ － ＋
二、利用导数解决函数的极值和最值问题 讨论ｆ ｘ 的单调性
(１) ( ) ꎻ
１.求函数ｙ ｆ ｘ 的极值 是否存在ａ ｂ 使得ｆ ｘ 在区间 的最小值为 且最
＝ ( ) (２) ꎬ ꎬ ( ) [０ꎬ１] －１
解方程ｆ ′ ｘ 当ｆ ′ ｘ 时 大值为 若存在 求出ａ ｂ的所有值 若不存在 说明理由.
( )＝０ꎬ ( ０)＝０ : １? ꎬ ꎬ ꎻ ꎬ
如果在ｘ 附近的左侧ｆ′ ｘ 右侧ｆ′ ｘ 那么ｆ ｘ 解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｘ ｘ ａ .
(１) ０ ( )>０ꎬ ( )<０ꎬ ( ０) (１) ( )＝６ －２ ＝２ (３ － )
是极大值 ａ
ꎻ 令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ .
如果在ｘ 附近的左侧ｆ′ ｘ 右侧ｆ′ ｘ 那么ｆ ｘ ( )＝０ꎬ ＝０ ＝
( 是 ２ 极 ) 小值. ０ ( )<０ꎬ ( )>０ꎬ ( ０) ３ ( ａ )
若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
２.依据函数的极值求变量的取值 >０ꎬ ∈(－∞ꎬ０)∪
３
ꎬ＋∞ ꎬ ( )>０ꎻ ∈
若可导函数ｆ ( ｘ ) 在ｘ ＝ ａ处取得极值ｂ ꎬ 则有ｆ′ ( ａ )＝０ꎬ 且ｆ ( ａ ) ( ０ꎬ ａ ) 时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )<０ .故 ｆ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ０)ꎬ ( ａ ꎬ＋∞ ) 单调递
ｂ.由于可导函数ｆ ｘ 在点ｘ ｘ 处取得极值是ｆ ′ ｘ 的 ３ ３
＝ ( ) ＝ ０ ( ０)＝０ ( ａ )
充分不必要条件 因此 对求得的结果给予检验. 增 在 单调递减.
ꎬ ꎬ ꎬ ０ꎬ
３.求函数ｙ ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 上的最大值与最小值的步骤 ３
＝ ( ) [ ꎬ ] : 若ａ ｆ ｘ 在 单调递增.
求函数ｙ ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 上的极值 ＝０ꎬ ( ) (－∞ꎬ＋∞)
(１) ＝ ( ) ( ꎬ ) ꎻ ( ａ )
将函数ｙ ｆ ｘ 的各极值与端点处的函数值ｆ ａ ｆ ｂ 比 若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
(２) ＝ ( ) ( )ꎬ ( ) <０ꎬ ∈ －∞ꎬ ∪(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎻ ∈
较 其中最大的一个是最大值 最小的一个是最小值. ３
ꎬ ꎬ ( ａ ) ( ａ )
４.依据函数的最值求变量的取值 时 ｆ ′ ｘ .故 ｆ ｘ 在 单调递
ꎬ０ ꎬ ( )<０ ( ) －∞ꎬ ꎬ(０ꎬ＋∞)
已知函数的最值求变量的取值问题 其实质是求函数的最值 ３ ３
ꎬ ꎬ ( ａ )
即用变量表示函数的最值 由条件构建变量的方程即可. 增 在 单调递减.
ꎬ ꎬ ꎬ０
例2 已知函数ｆ
(
ｘ
)＝[
ａｘ２
－(４
ａ
＋１)
ｘ
＋４
ａ
＋３]ｅ
ｘ.
满足
３
题设条件的ａ ｂ存在.
(２) ꎬ
若曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线与ｘ轴平行 求ａ
(１) ＝ ( ) (１ꎬ (１)) ꎬ ꎻ 当ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调递增 所以ｆ ｘ 在
(ｉ) ≤０ ꎬ (１) ꎬ ( ) [０ꎬ１] ꎬ ( )
若ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 求ａ的取值范围.
(２) ( ) ＝２ ꎬ 区间 的最小值为ｆ ｂ 最大值为ｆ ａ ｂ.此时
解析
(１)
由已知求导得ｆ ′
(
ｘ
)＝[
ａｘ２
－(２
ａ
＋１)
ｘ
＋２]ｅ
ｘ.
ａ ｂ满
[０
足
ꎬ１
题
]
设条件当且仅
(
当
０)
ｂ
＝ ꎬ
ａ ｂ
(１
即
)＝
ａ
２－
ｂ
＋
.
ꎬ ＝－１ꎬ２－ ＋ ＝１ꎬ ＝０ꎬ ＝－１
由题意可得曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线斜率为 可
＝ ( ) (１ꎬ (１)) ０ꎬ 当ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调递减 所以ｆ ｘ 在
(ｉｉ) ≥３ ꎬ (１) ꎬ ( ) [０ꎬ１] ꎬ ( )
得 ａ ａ 且ｆ ａ 解得ａ .
( －２ －１＋２)ｅ＝０ꎬ (１)＝( ＋２)ｅ≠０ꎬ ＝１ 区间 的最大值为ｆ ｂ 最小值为ｆ ａ ｂ.此时
(２)
由
(１)
知ｆ ′
(
ｘ
)＝[
ａｘ２
－(２
ａ
＋１)
ｘ
＋２]ｅ
ｘ
＝(
ｘ
－２)(
ａｘ
－１)ｅ
ｘ.
ａ ｂ满
[０
足
ꎬ１
题
]
设条件当且仅
(
当
０)＝
ａ
ꎬ
ｂ ｂ
(１
即
)＝
ａ
２－
ｂ
＋
.
( ) ꎬ ２－ ＋ ＝－１ꎬ ＝１ꎬ ＝４ꎬ ＝１
当ａ 时 １ 此时 ｆ ｘ 在 １ 上单调递增 在 ( ａ )
① <０ ꎬ ａ <２ꎬ ( ) ａ ꎬ２ ꎻ (２ꎬ 当 ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 的最小值为ｆ
(ｉｉｉ) ０< <３ ꎬ (１) ꎬ ( ) [０ꎬ１] ＝
( ) ３
１ 上单调递减 可得 ｆ ｘ 在 ｘ 处取得极大 ａ３
＋∞)ꎬ －∞ꎬ ａ ꎬ ( ) ＝２
－ ＋
ｂ
ꎬ
最大值为ｂ或
２－
ａ
＋
ｂ.
２７
值 不符合题意
ꎬ ꎻ ａ３
当ａ 时 若ｘ 则ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 若ｘ 则 若 － ＋ ｂ ＝－１ꎬ ｂ ＝１ꎬ 则ａ ＝３ ３ ２ꎬ 与 ０< ａ <３ 矛盾.
② ＝０ ꎬ <２ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎻ >２ꎬ ２７
ｆ ′
(
ｘ
)<０ꎬ
ｆ
(
ｘ
)
单调递减
ꎬ
可得ｆ
(
ｘ
)
在ｘ
＝２
处取得极大值
ꎬ
不
若
ａ３
ｂ ａ ｂ 则ａ 或ａ 或ａ 与 ａ
符合题意 － ＋ ＝－１ꎬ２－ ＋ ＝１ꎬ ＝３ ３ ＝－３ ３ ＝０ꎬ ０<
ꎻ ２７
( )
矛盾.
当 ａ １ 时 １ 此时 ｆ ｘ 在 １ 上单调递减 在 <３
③ ０< < ꎬ ａ >２ꎬ ( ) ２ꎬ ａ ꎻ 综上 当且仅当ａ ｂ 或ａ ｂ 时 ｆ ｘ 在 的 第
( ) ２ ꎬ ＝０ꎬ ＝－１ ＝４ꎬ ＝１ ꎬ ( ) [０ꎬ１] 四
１ 上单调递增 可得ｆ ｘ 在ｘ 处取得极 最小值为 －１ꎬ 最大值为 １ . 章
ａ ꎬ＋∞ ꎬ(－∞ꎬ２) ꎬ ( ) ＝２
一
元
函
数
的
导
数
及
其
应
用
５１
五年 考点式编排 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
高考 题组式训练 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
2018—2022 —
２０１２ ２０１７
考点一 利用导数研究函数的单调性 令Ｇ(ｘ) ＝ ｘ ｅ ２ ｘ －ｅ ｘ ＋１ (ｘ >０ )ꎬ
学生用书P153 ｘ ｘ ｘ ｘ ( ｘ ｘ )
则Ｇ′(ｘ) ＝ｅ ２＋ ｅ ２－ｅ ｘ ＝ｅ ２ １＋ －ｅ ２ .
１.(２０２２新高考 ꎬ７ꎬ５ 分ꎬ综合性)设 ａ . ０ . １ ｂ １ ｃ ２ ２
Ⅰ ＝０１ｅ ꎬ ＝ ９ ꎬ ＝ ｘ ｘ 在( ꎬ )上成立ꎬ ｘ ２ ｘ 在( ꎬ )上成立.
. 则 ∵ ｅ > ＋１ ０ ＋∞ ∴ ｅ > ＋１ ０ ＋∞
－ｌｎ０９ꎬ ( ) ２
ａ ｂ ｃ ｃ ｂ ａ Ｇ′(ｘ) ꎬ故Ｇ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ Ｇ(ｘ) Ｇ( )
Ａ. < < Ｂ. < < ∴ <０ ０ ＋∞ ∴ < ０
ｃ ａ ｂ ａ ｃ ｂ .
Ｃ. < < Ｄ. < < ＝０
２.(
答
２０
案
２２ 全
Ｃ
国 甲文ꎬ１２ꎬ５分ꎬ综合性)已知 ｍ ａ ｍ ｂ ∴
ｘ
ｅ
ｘ ２
－ｅ
ｘ
＋１<０
在(
０
ꎬ
＋∞
)上成立.
ｍ 则 ９ ＝１０ꎬ ＝１０ －１１ꎬ 故当ａ ≤ １ 时ꎬｘ ｅ ａｘ －ｅ ｘ <－１ 在( ０ ꎬ ＋∞ )成立.
＝８ －９ꎬ ( ) ２
ａ ｂ ａ ｂ ｂ ａ ｂ ａ ( ]
Ａ. >０> Ｂ. > >０ Ｃ. > >０ Ｄ. >０> ａ的取值范围为 ꎬ１ .
答案 Ａ ∴ －∞
２
３.(２０１４陕西ꎬ１０ꎬ５分ꎬ基础性)如图 某飞行器在 千米高空
ꎬ ４ ( )证明:构造函数ｈ(ｘ) ｘ １ ｘ(ｘ )ꎬ
水平飞行 从距着陆点Ａ的水平距离 千米处开始下降 已 ３ ＝ － ｘ －２ｌｎ >１
ꎬ １０ ꎬ
知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分 则该函数的解 ｘ２ ｘ (ｘ )２
ꎬ 则ｈ′(ｘ) １ ２ －２ ＋１ －１ ꎬ
析式为 ＝１＋ｘ２ － ｘ ＝ ｘ２ ＝ ｘ２
( )
易知ｈ′(ｘ) ꎬ
>０
ｈ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ
∴ １ ＋∞
ｈ(ｘ) ｈ( ) ꎬ ｘ １ ｘꎬ
∴ > １ ＝０ ∴ － ｘ >２ｌｎ
令ｘ １ ꎬ则有 １ １ １ ꎬ
＝ １＋ ｎ １＋ ｎ － >２ｌｎ １＋ ｎ
Ａ
.ｙ
＝ １２
１
５
ｘ３
－ ５
３ ｘ
Ｂ
.ｙ
＝ １２
２
５
ｘ３
－ ５
４ ｘ
１＋ ｎ １
Ｃ .ｙ ＝ ３ ｘ３ － ｘ Ｄ .ｙ ＝－ ３ ｘ３ ＋ １ ｘ １ ｎ ＋１ꎬ
１２５ １２５ ５ ∴ ｎ２ ｎ>ｌｎ ｎ
答案 Ａ ＋
ｎ
４.(２０２１全国乙理ꎬ１２ꎬ５分ꎬ综合性)设ａ . ｂ . １ １ １ ２ ３ ＋１ (ｎ
ｃ . 则 ＝２ｌｎ１０１ꎬ ＝ｌｎ１０２ꎬ ∴ １ ２ ＋１ ＋ ２ ２ ＋２ ＋ ＋ ｎ２ ＋ ｎ>ｌｎ １ ＋ｌｎ ２ ＋ ＋ｌｎ ｎ ＝ｌｎ
＝ １０４－１ꎬ ( ) ).
ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ ｃ ａ ｂ ＋１
Ａ. < < Ｂ. < < Ｃ. < < Ｄ. < < 原式得证.
答案 Ｂ
６.(２０２１全国乙文ꎬ２１ꎬ１２分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ２
５.(２０２２新高考 ꎬ２２ꎬ１２分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ ｘ. ( )＝ － ＋
Ⅱ ( )＝ ｅ －ｅ ａｘ .
当ａ 时 讨论ｆ ｘ 的单调性 ＋１
(１) ＝１ ꎬ ( ) ꎻ 讨论ｆ ｘ 的单调性
当ｘ 时 ｆ ｘ 求ａ的取值范围 (１) ( ) ꎻ
(２) >０ ꎬ( )<－１ꎬ ꎻ 求曲线ｙ ｆ ｘ 过坐标原点的切线与曲线ｙ ｆ ｘ 的公共点
(２) ＝ ( ) ＝ ( )
(３)
设ｎ
∈
Ｎ
ꎬ
证明
: １
１
２ ＋１ ＋ ２
１
２ ＋２ ＋＋ ｎ
１
２ ＋ ｎ>ｌｎ(
ｎ
＋１)
. 的
解
坐
析
标.
( )由ｆ(ｘ) ｘ３ ｘ２ ａｘ 可得ｆ ′(ｘ) ｘ２ ｘ ａꎬ对
解析 ( )当ａ 时ꎬｆ(ｘ) ｘ ｘ ｘꎬ则ｆ ′(ｘ) ｘ ｘꎬ １ ＝ － ＋ ＋１ ＝３ －２ ＋
１ ＝１ ＝ ｅ －ｅ ＝ ｅ 于 ｘ２ ｘ ａ ꎬΔ ａ.
当ｘ ( ꎬ )时ꎬｆ ′(ｘ) ꎬｆ(ｘ)单调递减ꎬ ３ －２ ＋ ＝０ ＝４－１２
当ｘ ∈ ∈ ( ０ － ꎬ ∞ ＋∞ ０ )时ꎬｆ ′(ｘ) < > ０ ０ ꎬｆ(ｘ)单调递增. ① 当ａ ≥ １ ３ 时ꎬΔ ≤０ ꎬ即ｆ ′(ｘ) ≥０ 在Ｒ上恒成立ꎬ此时ｆ(ｘ)在
年
(
２
)当ｘ
>０
时ꎬｆ(ｘ)
<－１
ꎬ即ｘ
ｅ
ａｘ
－ｅ
ｘ
<－１
在(
０
ꎬ
＋∞
)上恒成立ꎬ Ｒ上单调递增.
令Ｆ(ｘ) ｘ ａｘ ｘ (ｘ )ꎬ则Ｆ(ｘ) 在( ꎬ )上恒成立.
高
考 易得Ｆ( ０
＝
) ＝
ｅ
０ ꎬ
－
Ｆ
ｅ
′
＋
(
１
ｘ) ＝
>
ｅ
０
ａｘ ＋ ａｘ ｅ ａｘ －ｅ ｘꎬ
<
Ｆ
０
′( ０ ) ＝
０
０
＋
ꎬ
∞
②
当 ａ
< ３
１ 时ꎬΔ
>０
ꎬ方程
３
ｘ２
－２
ｘ
＋
ａ
＝０
的两个根为 ｘ
１ ＝
年 模 拟 Ｆ 若 又 ″( Ｆ Ｆ ｘ ″ ′ ) ( ( ＝ ０ ) ) ａ ｅ > ａ ０ ｘ ꎬ ＋ ꎬ 则 ａ ｅ ａ Ｆ Ｆ ｘ ＋ ( ′( ａ ｘ ｘ ２ ) ｘ ) 也 ｅ 必 ａｘ 必 － 定 ｅ 定 ｘ 存 ꎬ 存 Ｆ 在 ″ 在 ( 一 ０ 一 ) 个 ＝ 个 单 ２ 单 ａ 调 － 调 １ 递 . 递 增 增 区 区 间 间 ( ０ ( ꎬｘ ꎬ ０ ｘ ) ′ ꎬ ). １－ ３ １－３ ａ ꎬｘ ２ ＝ １＋ ３ １－３ ａ ꎬ故当 ｘ ∈ æ è ç －∞ ꎬ１－ ３ １－３ ａö ø ÷ ∪
于是Ｆ ０ (ｘ ＝ ) ０ Ｆ ∴ ( ) 在( ꎬｘ′)上恒成立ꎬ与Ｆ(ｘ) 矛 ０ 盾 ０ ꎬ ( １＋ １－３ ａ ꎬ ) 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ 当 ｘ ( １－ １－３ ａ ꎬ
> ０ ＝０ ０ ０ <０ ３ ＋ ∞ >０ ∈ ３
Ｆ″( ) ꎬ ａ １ . ａ ) æ ａö
︵ ∴ ０ ≤０ ∴ ≤ １＋ １－３ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ所以ｆ(ｘ)在ç ꎬ１－ １－３ ÷和
教 ｘ
２
ｘ ３
<０ è－∞
３
ø
师 ∵ ｅ ａｘ ≤ｅ ２ 在( ０ ꎬ ＋∞ )上成立ꎬ ∴ Ｆ(ｘ) ≤ ｘ ｅ ２ －ｅ ｘ ＋１ 在( ０ ꎬ ＋∞ ) æ ａ ö ( ａ ａ )
用 上成立ꎬ ç１＋ １－３ ꎬ ÷上单调递增ꎬ在 １－ １－３ ꎬ１＋ １－３ 上
书 ｘ
è
３
＋∞ø
３ ３
︶ 故只需证ｘ ｅ ２－ｅ ｘ ＋１<０ 在( ０ ꎬ ＋∞ )上成立. 单调递减.
５２
( )设过原点的直线与曲线ｙ ｆ(ｘ)相切于点Ｐ(ｘ ꎬｙ )ꎬ则切
２ ＝ ０ ０ 又知ｇ( ) ꎬ ｇ(ｘ) ꎬｇ(ｘ) ｇ( ) １ ꎬ
线 故 的 以 斜 点 率 Ｐ 为 为切 ｆ ′ 点 (ｘ 的 ０ ) 切 ＝３ 线 ｘ２ ０ 方 －２ 程 ｘ ０ 为 ＋ ａ ｙ ꎬ ＝ ( ３ ｘ２ ０－２ ｘ ０＋ ａ)(ｘ － ｘ ０ ) ＋ ｙ ０ .由 所以 ａ 要 ( 使 １ 曲 ＝ 线 ０ ) ｙ ｘｌ → ｉ ＝ ｍ ＋∞ ｆ(ｘ)与 ＝ 直 ０ 线 ａ ｙ ＝ ( １ ｍａｘ 有 ＝ 且 ) 仅 ｅ 有 ＝ 两 ｅ 个交点ꎬ则只需
ｙ ｘ３ ｘ２ ａｘ ꎬ且切线过原点ꎬ得 ｘ３ ｘ２ ꎬ即(ｘ ) ｌｎ ꎬ１ ꎬ即ｇ(ａ) ｌｎ ꎬ１ ꎬ所以ａ ( ꎬ ) ( ꎬ
０＝ ０－ ０＋ ０＋１ ２ ０－ ０－１＝０ ０－１ ａ ∈ ０ ＝ ａ ∈ ０ ∈ １ ｅ ∪ ｅ
( ｘ２ ｘ ) ꎬ解得ｘ ꎬ从而得Ｐ( ꎬ ａ).所以切线方程 ｅ ｅ
２ ０＋ ０＋１ ＝０ ０＝１ １ １＋ ).
{ｙ ( ａ)ｘꎬ ＋∞
为ｙ
＝
(
１＋
ａ)ｘꎬ联立
ｙ
＝
＝
ｘ３
１
－
＋
ｘ２
＋
ａｘ
＋１
ꎬ
消去ｙ得ｘ３
－
ｘ２
－
ｘ
＋１＝０
ꎬ
９
综
.(
上
２０
ꎬ
２
实
０
数
课标
ａ的取
文
值
ꎬ２
范
１ꎬ
围
１２
为
分
(
ꎬ
１
综
ꎬ
ｅ
合
)
∪
性
(
)
ｅ
已
ꎬ
＋
知
∞
函
).
数ｆ ｘ ｘ .
即(ｘ
－１
)２(ｘ
＋１
)
＝０
ꎬ
∴
ｘ
＝１
或
－１
ꎬ
∴
公共点为(
１
ꎬ
１＋
ａ)与(
－１
ꎬ
－１－
ａ).
若ｆ ｘ
Ⅱ
ｘ ｃ 求ｃ的取值范围
( )＝２ｌｎ ＋１
７.(２０２１全国甲文ꎬ２０ꎬ１２ 分ꎬ综合性)设函数ｆ
(
ｘ
)＝
ａ２ｘ２
＋
ａｘ
－
(１) ( )≤２ ＋ ꎬ
ｆ ｘ ｆ
ꎻ
ａ
３ｌｎ ｘ ＋１ꎬ 其中ａ >０ . (２) 设ａ >０ꎬ 讨论函数ｇ ( ｘ )＝ ( ) ｘ － － ａ ( )的单调性.
讨论ｆ ｘ 的单调性 解析 设ｈ(ｘ) ｆ(ｘ) ｘ ｃꎬ则ｈ(ｘ) ｘ ｘ ｃꎬ其定
(１) ( ) ꎻ ＝ －２ － ＝ ２ｌｎ －２ ＋１－
若ｙ ｆ ｘ 的图象与ｘ轴没有公共点 求ａ的取值范围.
(２) ＝ ( ) ꎬ 义域为( ꎬ )ꎬｈ′(ｘ) ２ .
解析 ( )函数的定义域为( ꎬ ). ０ ＋∞ ＝ ｘ －２
１ ０ ＋∞
对ｆ(ｘ) ａ２ｘ２ ａｘ ｘ ꎬｘ ( ꎬ )求导得ꎬ ( )当 ｘ 时ꎬｈ′(ｘ) ꎻ当ｘ 时ꎬｈ′(ｘ) .所以ｈ(ｘ)在区
＝ ＋ －３ｌｎ ＋１ ∈ ０ ＋∞ １ ０< <１ >０ >１ <０
ａ２ｘ２ ａｘ ( ａｘ )(ａｘ ) 间( ꎬ )上单调递增ꎬ在区间( ꎬ )上单调递减.从而当ｘ
ｆ ′(ｘ) ａ２ｘ ａ ３ ２ ＋ －３ ２ ＋３ －１ . ０ １ １ ＋∞ ＝１
＝２ ＋ － ｘ ＝ ｘ ＝ ｘ 时ꎬｈ(ｘ)取得最大值ꎬ最大值为ｈ( ) ｃ.故当且仅当 ｃ
１ ＝－１－ －１－
ａｘ ( ) ꎬ即ｃ 时ꎬ ｆ(ｘ) ｘ ｃ.
ａ ꎬｘ ꎬ ２ ＋３ ꎬ当 ｘ ꎬ１ 时ꎬｆ ′(ｘ) ꎻ当 ｘ ≤０ ≥－１ ≤２ ＋
∵ >０ >０ ∴ ｘ >０ ∈ ０ ａ <０ ∈ 所以ｃ的取值范围为[ ꎬ ).
( ) ( )
－１ ＋∞
ｆ(ｘ) ｆ(ａ) ( ｘ ａ)
１ ꎬ 时ꎬｆ ′(ｘ) ꎬ 函数ｆ(ｘ)在 ꎬ１ 上单调递减ꎬ在 ( )ｇ(ｘ) － ２ ｌｎ －ｌｎ ꎬｘ ( ꎬａ) (ａꎬ ).
ａ ＋∞ >０ ∴ ０ ａ ２ ＝ ｘ ａ ＝ ｘ ａ ∈ ０ ∪ ＋∞
－ －
( ) (ｘ ａ ) ( ａ ａ )
１ ꎬ 上单调递增. － ａ ｘ
ａ ＋∞ ２ ｘ ＋ｌｎ －ｌｎ ２ １－ ｘ ＋ｌｎ ｘ
ｇ′(ｘ) .
( ) ｙ ｆ(ｘ)的图象与ｘ轴没有公共点ꎬ ＝ (ｘ ａ)２ ＝ (ｘ ａ)２
２ ∵ ＝ － －
函数ｆ(ｘ)在( ꎬ )上没有零点ꎬ 取ｃ 得ｈ(ｘ) ｘ ｘ ꎬｈ( ) ꎬ则由( )知ꎬ当ｘ
∴ ０ ＋∞ ＝－１ ＝２ｌｎ －２ ＋２ １ ＝０ １ ≠１
( ) ( ) ａ
由( )可得函数ｆ(ｘ)在 ꎬ１ 上单调递减ꎬ在 １ ꎬ 上单 时ꎬｈ(ｘ) ꎬ即 ｘ ｘ .故当ｘ ( ꎬａ) (ａꎬ )时ꎬ
１ ０ ａ ａ ＋∞ <０ １－ ＋ｌｎ <０ ∈ ０ ∪ ＋∞ １－ ｘ
( ) ａ
调递增ꎬ ｆ(ｘ) ｆ １ １ ａ ꎬ ａ ꎬ ꎬ从而ｇ′(ｘ) .所以ｇ(ｘ)在区间( ꎬａ)ꎬ(ａꎬ )上
∴ ｍｉｎ＝ ａ ＝３－３ｌｎ ａ ＝３＋３ｌｎ >０ ∴ ｌｎ >－１ ＋ｌｎ ｘ <０ <０ ０ ＋∞
单调递减.
解得ａ １ ꎬ
> 考点二 利用导数研究函数的极值、最值
ｅ
( )
学生用书P154
故实数ａ的取值范围是 １ ꎬ .
＋∞ １.(２０２２全国甲ꎬ理６ꎬ文８ꎬ５分ꎬ综合性)当ｘ 时 函数ｆ ｘ
ｅ ＝１ ꎬ ( )
８.(２０２１全国甲理ꎬ２１ꎬ１２分ꎬ综合性)已知ａ 且ａ 函数
ｂ
>０ ≠１ꎬ ａ ｘ 取得最大值 则ｆ ′
ｘａ ＝ ｌｎ ＋ ｘ －２ꎬ (２)＝ ( )
ｆ ｘ ｘ .
( )＝ ａｘ( >０)
１ １
当ａ 时 求ｆ ｘ 的单调区间 Ａ.－１ Ｂ.－ Ｃ. Ｄ.１
(１) ＝２ ꎬ ( ) ꎻ ２ ２
若曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ 有且仅有两个交点 求ａ的取 答案 Ｂ
(２) ＝ ( ) ＝１ ꎬ
值范围. ２.(多选)(２０２２新高考 ꎬ１０ꎬ５分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ ｘ３
Ⅰ ( )＝
解析 ( )当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ)
ｘ２
ｘ２ － ｘ(ｘ )ꎬ －
ｘ
＋１ꎬ
则
( )
１ ＝２ ＝ ｘ ＝ ２ >０ ｆ ｘ 有两个极值点
２ Ａ. ( )
则ｆ ′(ｘ) ｘ － ｘ ｘ２( － ｘ) ｘ － ｘ( ｘ ). ｆ ｘ 有三个零点
＝２ ２ ＋ －ｌｎ２ ２ ＝ ２ ２－ ｌｎ２ Ｂ. ( )
点 是曲线ｙ ｆ ｘ 的对称中心
令ｆ ′(ｘ) ꎬ得 ｘ ２ ꎻ令ｆ ′(ｘ) ꎬ得ｘ ２ . Ｃ. (０ꎬ１) ＝ ( )
>０ ０< < <０ > 直线ｙ ｘ是曲线ｙ ｆ ｘ 的切线
ｌｎ２ ｌｎ２ Ｄ. ＝２ ＝ ( )
( ) ( ) 答案 ＡＣ
所以ｆ(ｘ)单调增区间为 ꎬ ２ ꎬ单调减区间为 ２ ꎬ .
０ ＋∞ ３.(２０１４辽宁ꎬ１１ꎬ５分ꎬ综合性)当ｘ 时 不等式ａｘ３
ｌｎ２ ｌｎ２ ∈[－２ꎬ１] ꎬ －
( )令ｆ(ｘ) ꎬ则
ｘａ
ꎬ所以ｘａ ａｘꎬ
ｘ２
＋４
ｘ
＋３≥０
恒成立
ꎬ
则实数ａ的取值范围是
( ) 第
２ ＝１ ａｘ ＝１ ＝ [ ]
四
９
ｘ ａ Ａ.[－５ꎬ－３] Ｂ. －６ꎬ－ 章
两边同时取对数ꎬ可得ａ ｘ ｘ ａꎬ即ｌｎ ｌｎ ꎬ ８
ｌｎ ＝ ｌｎ ｘ ＝ ａ
Ｃ.[－６ꎬ－２] Ｄ.[－４ꎬ－３] 一
ｘ ａ 答案 Ｃ 元
根据题意可知ꎬ方程ｌｎ ｌｎ 有两个实数解. 函
ｘ ＝ ａ ４.(２０２１全国乙理ꎬ１０ꎬ５ 分ꎬ综合性)设ａ 若ｘ ａ为函数
≠０ꎬ ＝ 数
ｘ ｘ ｆ ｘ ａ ｘ ａ ２ ｘ ｂ 的极大值点 则 的
设ｇ(ｘ) ｌｎ ꎬ则ｇ′(ｘ) １－ｌｎ ꎬ ( )＝ ( － ) ( － ) ꎬ ( ) 导
＝ ｘ ＝ ｘ２
Ａ.
ａ
<
ｂ
Ｂ.
ａ
>
ｂ
Ｃ.
ａｂ
<
ａ２
Ｄ.
ａｂ
>
ａ２
数
令ｇ′(ｘ) ꎬ则ｘ . 答案 Ｄ 及
＝０ ＝ｅ 其
当ｘ ( ꎬ )时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递增ꎻ ５.(２０２２全国乙理ꎬ１６ꎬ５分ꎬ综合性)已知ｘ ｘ 和ｘ ｘ 分别
∈ ０ ｅ >０ ＝ １ ＝ ２ 应
当ｘ ( ꎬ )时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递减. 是函数ｆ ｘ ａｘ ｘ２ ａ 且ａ 的极小值点和极大值点. 用
∈ ｅ ＋∞ <０ ( )＝２ －ｅ ( >０ ≠１)
５３
若ｘ ｘ 则ａ的取值范围是 . 讨论ｆ ｘ 的单调性
１< ２ꎬ (１) ( ) ꎻ
( ) ｆ ｘ ｆ ｘ
答案 １ ꎬ 若ｆ ｘ 存在两个极值点ｘ ｘ 证明 ( １)－( ２) ａ .
１ (２) ( ) １ꎬ ２ꎬ : ｘ ｘ < －２
ｅ １－ ２
６.(２０２１新高考 ꎬ１５ꎬ５分ꎬ综合性)函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ
Ⅰ ( )＝ ｜２ －１｜－２ｌｎ 解析 ( )ｆ(ｘ)的定义域为( ꎬ )ꎬ ｆ ′(ｘ) １
的最小值为 . １ ０ ＋∞ ＝－ｘ２ －１＋ ｘ ＝
答案 ｘ２ ａｘ
１ － ＋１.
７.(２０１８江苏ꎬ１１ꎬ５分ꎬ综合性)若函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ａ － ｘ２
( )＝２ － ＋１( ∈
Ｒ 在 内有且只有一个零点 则ｆ ｘ 在 上的最 ( )若ａ ꎬ则ｆ ′(ｘ) ꎬ当且仅当ａ ꎬｘ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ
) (０ꎬ＋∞) ꎬ ( ) [－１ꎬ１] ｉ ≤２ ≤０ ＝２ ＝１ ＝０
大值与最小值的和为 . 所以ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减.
０ ＋∞
答案
－３ ( )若ａ ꎬ令ｆ ′(ｘ) ꎬ得ｘ
ａ
－
ａ２
－４或ｘ
ａ
＋
ａ２
－４.
８.(２０１８课标 理ꎬ１６ꎬ５ 分ꎬ综合性)已知函数 ｆ ｘ ｘ ｉｉ >２ ＝０ ＝ ＝
Ⅰ ( )＝ ２ｓｉｎ ＋ ２ ２
ｓｉｎ２ ｘ ꎬ 则ｆ ( ｘ ) 的最小值是 . 当ｘ æ ç ꎬ ａ － ａ２ －４ ö ÷ æ ç ａ ＋ ａ２ －４ꎬ ö ÷时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎻ
∈è０ ø∪è ＋∞ø <０
答案 ３ ３ ２ ２
９.(２０２２ 新 － 高 ２ 考 ꎬ２２ꎬ１２分ꎬ创新性)已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ和 当ｘ ∈ æ è ç ａ － ａ２ －４ꎬ ａ ＋ ａ２ －４ ö ø ÷时ꎬ ｆ ′(ｘ) >０ .
Ⅰ ( )＝ｅ －
２ ２
ｇ ｘ ａｘ ｘ有相同的最小值.
( )
求
＝
ａ
－ｌｎ
所以 ｆ(ｘ)在
æ
ç ꎬ
ａ
－
ａ２
－４
ö
÷ꎬ
æ
ç
ａ
＋
ａ２
－４ꎬ
ö
÷上单调递减ꎬ
(１) ꎻ è０ ø è ＋∞ø
证明 存在直线ｙ ｂ 其与两条曲线ｙ ｆ ｘ 和ｙ ｇ ｘ 共 ２ ２
(
有
２
三
)
个不
:
同的交点 并
＝
且
ꎬ
从左到右的三个交
＝
点
(
的
)
横坐
＝
标成
(
等
)
差 在
æ
ç
ａ
－
ａ２
－４ꎬ
ａ
＋
ａ２
－４
ö
÷上单调递增.
ꎬ è ø
数列. ２ ２
( )证明:由( )知ꎬ ｆ(ｘ)存在两个极值点当且仅当ａ .
２ １ >２
解析 ( )ｆ ′(ｘ) ｘ ａꎬｇ′(ｘ) ａ １ . 由于ｆ(ｘ)的两个极值点ｘ ꎬｘ 满足ｘ２ ａｘ ꎬ
１ ＝ｅ － ＝ － ｘ １ ２ － ＋１＝０
所以ｘ ｘ ꎬ不妨设ｘ ｘ ꎬ则ｘ ꎬ
当ａ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) 恒成立ꎬ ｆ(ｘ)在Ｒ上无最小值ꎬ不符合 １ ２＝１ １< ２ ２>１
≤０ >０ ｆ(ｘ ) ｆ(ｘ ) ｘ ｘ ｘ ｘ
题意. ａ . 由于 １ － ２ １ ａｌｎ １－ｌｎ ２ ａｌｎ １－ｌｎ ２
∴ >０ ｘ ｘ ＝－ｘ ｘ －１＋ ｘ ｘ ＝－２＋ ｘ ｘ
１－ ２ １ ２ １－ ２ １－ ２
令ｆ ′(ｘ) ꎬ得ｘ ａꎬ令ｇ′(ｘ) ꎬ得ｘ １ . ｘ
＝０ ＝ｌｎ ＝０ ＝ ａ ａ－２ｌｎ ２ꎬ
＝－２＋
易知ｆ(ｘ) ｆ( ａ) ａ ａ ａꎬ １ ｘ
ｍｉｎ＝ ｌｎ ＝ － ｌｎ ｘ － ２
( ) ２
ｇ(ｘ) ｇ １ ａꎬ ｆ(ｘ ) ｆ(ｘ )
ｍｉｎ＝ ａ ＝１＋ｌｎ 所以 １ － ２ ａ 等价于 １ ｘ ｘ .
ｘ ｘ < －２ ｘ － ２＋２ｌｎ ２<０
ａ １－ ２ ２
ａ ａ ａ ａꎬ即 ａ －１ .
∴ － ｌｎ ＝１＋ｌｎ ｌｎ ＝ａ ① 设函数ｇ(ｘ) １ ｘ ｘꎬ
＋１ ＝ ｘ － ＋２ｌｎ
ｘ
令ｈ(ｘ) ｘ －１(ｘ )ꎬ 由( )知ꎬｇ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ
＝ｌｎ －ｘ >０ １ ０ ＋∞
＋１ 又ｇ( ) ꎬ从而当ｘ ( ꎬ )时ꎬｇ(ｘ) ꎬ
ｘ２ １ ＝０ ∈ １ ＋∞ <０
则ｈ′(ｘ) １ ２ ＋１ ꎬ ｆ(ｘ ) ｆ(ｘ )
＝ ｘ －(ｘ )２ ＝ｘ(ｘ )２>０ 所以 １ ｘ ｘ ꎬ即 １ － ２ ａ .
ｈ(ｘ)在( ꎬ )
＋
上
１
单调递
＋
增
１
ꎬ则ｈ(ｘ)最多有一个零点.
ｘ
２
－ ２＋２ｌｎ ２<０ ｘ
１－
ｘ
２
< －２
∴ ０ ＋∞ ｘ
１１.(２０２１北京ꎬ１９ꎬ１５分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ ３－２ .
又ｈ(
１
)
＝ｌｎ１－
１－１
＝０
ꎬ ( )＝ ｘ２
＋
ａ
１＋１ 若ａ 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
方程 有且仅有一解ꎬ为ａ ꎬ即为所求. (１) ＝０ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ (１)) ꎻ
∴ ① ＝１ 若ｆ ｘ 在ｘ 处取得极值 求ｆ ｘ 的单调区间 并求其
( )证明:由( )知ꎬ ｆ(ｘ) ｘ ｘꎬｇ(ｘ) ｘ ｘꎬ当 ｘ 时ꎬ (２) ( ) ＝－１ ꎬ ( ) ꎬ
２ １ ＝ ｅ － ＝ －ｌｎ <０ 最大值与最小值.
ｆ(ｘ)单调递减ꎬ当ｘ 时ꎬ ｆ(ｘ)单调递增ꎻ
>０ ｘ
当 ｘ 时ꎬｇ(ｘ)单调递减ꎬ当ｘ 时ꎬｇ(ｘ)单调递增. 解析 ( )当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ) ３－２ ꎬ ｆ( ) ꎬ
０< <１ >１ １ ＝０ ＝ ｘ２ ∴ １ ＝１
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 ꎬｘ ꎬ与ｙ ｇ(ｘ)的图象的两交点的横坐标分别为ｘ ꎬｘ ꎬ ｆ ′(ｘ) ２ －６ꎬ故ｆ ′( ) ꎬ故曲线ｙ ｆ(ｘ)在点( ꎬ ｆ( ))处
１ ２ ＝ ２ ３ ＝ ｘ３ １ ＝－４ ＝ １ １
年 且ｘ ｘ ｘ .
高 则 １ ｘ < ｘ ２< ３ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ꎬ 的切线方程为ｙ ＝－４ (ｘ －１ ) ＋１ ꎬ即 ４ ｘ ＋ ｙ －５＝０ .
考 年 ∴ 易 ｅ 知 ｅ ｘ １ １ － ｘ － ｘ １ １ ＝ ＝ ( ｘ ｅ ２－ ２－ ｌｎ ꎬ ２ ｘ ＝ ２ ) ＝ ꎬ ２ ｘ ｅ － ｌｎ ｌｎ ｘ ２－ ( ｌ ２ ｎ ＝ ꎬ ｘ ２ ) ３ . － ꎬ ｌ 则 ｎ ３ ｘ ( ꎬ )ꎬ ( ２ )由题意得ｆ ′(ｘ) ＝ ２ ｘ ( ２ ｘ － ２ ＋ ６ ｘ ａ － ) ２ ２ ａ ꎬ且ｆ ′( －１ ) ＝０ ꎬ故 ８－２ ａ ＝０ ꎬ
模 拟 又 ｘ ｆ(ｘ) １∈ 在 ｘ ( ꎬ － － 同 ∞ ∞ 理 ꎬ ０ ０ ｘ )上 ２ 单 ∈ 调 ｘ ０ ꎬ 递 ｘ １ 减ꎬ ｘ. ｌｎ ２∈ －∞ ０ 解得 ａ ＝ ４ ꎬ故 ｆ(ｘ) ＝ ３ ｘ２ － ＋ ２ ４ ｘ ꎬｘ ∈ Ｒꎬ则 ｆ ′(ｘ) ＝ ２ ( ｘ ｘ ２ ２ － ＋ ６ ４ ｘ ) － ２ ８
∴ １＝ｌｎ ２ ２＝ｌｎ ３ ３＝ｅ ２ ２ (ｘ ＋１ )(ｘ －４ ) ꎬ
又 ｅ ｘ ２－ ｘ ２＝ ｘ ２－ｌｎ ｘ ２ ꎬ ∴ ｌｎ ｘ ２＋ｅ ｘ ２＝２ ｘ ２ . ＝ (ｘ２ ＋４ )２
︵ ∴ ｘ １＋ ｘ ３＝ｌｎ ｘ ２＋ｅ ｘ ２＝２ ｘ ２ . 令ｆ ′(ｘ) >０ ꎬ得ｘ >４ 或ｘ <－１ ꎻ令ｆ ′(ｘ) <０ ꎬ得 －１< ｘ <４ ꎬ
教 ｘ ꎬｘ ꎬｘ 成等差数列. 故函数ｆ(ｘ)的单调增区间为( ꎬ )和( ꎬ )ꎬ单调减区
师 ∴ １ ２ ３ －∞ －１ ４ ＋∞
间为( ꎬ ).所以ｆ(ｘ)的极大值为ｆ( ) ꎬ ｆ(ｘ)的极小值
用 １０.(２０１８课标 理ꎬ２１ꎬ１２分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ １ ｘ －１ ４ －１ ＝ １
书 Ⅰ ( )＝ ｘ － ＋
为ｆ( ) １ .
︶ ａ ｘ. ４ ＝－
ｌｎ ４
５４
又当ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｘ ꎬ故ｆ(ｘ) ꎻ 只需证ｘ ( ｘ) ｘ ( ｘ)ꎬ
∈ －∞ －１ ３－２ >０ >０ ＋ｌｎ １－ > ｌｎ １－
当ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｘ ꎬ故ｆ(ｘ) ꎬ 只需证ｘ ( ｘ) ( ｘ) ꎬ
∈ ４ ＋∞ ３－２ <０ <０ ＋ １－ ｌｎ １－ >０
令ｈ(ｘ) ｘ ( ｘ) ( ｘ)ꎬ
ｆ(ｘ) ｆ( ) ꎬ ｆ(ｘ) ｆ( ) １ . ＝ ＋ １－ ｌｎ １－
∴ ｍａｘ＝ －１ ＝１ ｍｉｎ＝ ４ ＝－ 则ｈ′(ｘ) ( ｘ) ( ｘ)ꎬ
４ ＝１－ｌｎ １－ －１＝－ｌｎ １－
１２.(２０２１全国乙理ꎬ２０ꎬ１２分ꎬ综合性)设函数ｆ ｘ ａ ｘ 当ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎬ
( )＝ｌｎ( － )ꎬ ∴ ∈ ０ １ >０
已知ｘ 是函数ｙ ｘｆ ｘ 的极值点. 当ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎬ
＝０ ＝ ( ) ∈ －∞ ０ <０
求ａ 当ｘ ( ꎬ ) ( ꎬ )时ꎬｈ(ｘ) ｈ( ) ꎬ
(１) ꎻ ∴ ∈ －∞ ０ ∪ ０ １ > ０ ＝０
ｘ ｆ ｘ ｘ ( ｘ) ( ｘ) 在( ꎬ ) ( ꎬ )上恒成立.
设函数ｇ ｘ ＋( ).证明 ｇ ｘ . ∴ ＋ １－ ｌｎ １－ >０ －∞ ０ ∪ ０ １
(２) ( )＝ ｘｆ ｘ : ( )<１ ｇ(ｘ) .
( ) ∴ <１
解析 ( )由题意得ｙ ｘｆ(ｘ) ｘ (ａ ｘ)ꎬｘ ( ꎬａ)ꎬ ｙ′ １３.(２０１８课标 文ꎬ２１ꎬ１２ 分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ ａ ｘ
１ ＝ ＝ ｌｎ － ∈ －∞ ∴ Ⅰ ( )＝ ｅ －
ｘ ｘ .
(ａ ｘ) ｘ １ ( ) (ａ ｘ) ꎬｘ ( ꎬａ)ꎬ ｘ ｌｎ －１
＝ｌｎ － ＋ ａ
－
ｘ －１ ＝ｌｎ － －ａ
－
ｘ ∈ －∞ ∵ ＝
设ｘ 是ｆ ｘ 的极值点 求ａ 并求ｆ ｘ 的单调区间
(１) ＝２ ( ) ꎬ ꎬ ( ) ꎻ
是函数ｙ ｘｆ(ｘ)的极值点ꎬ (ａ ) ０ ꎬ可得ａ .
０ ＝ ∴ ｌｎ －０ －ａ ＝０ ＝１ 证明 当ａ １ 时 ｆ ｘ .
－０ (２) : ≥ ꎬ ( )≥０
ｅ
当ａ 时ꎬｙ′ ( ｘ) ｘ ꎬｘ ( ꎬ )ꎬ 解析 ( )ｆ(ｘ)的定义域为( ꎬ )ꎬ
＝１ ＝ｌｎ １－ － ｘ ∈ －∞ １ １ ０ ＋∞
１－
ｘ ｆ ′(ｘ) ａ ｘ １ .由题设知ꎬ ｆ ′( ) ꎬ所以ａ １ .
令ｐ(ｘ) ( ｘ) ꎬｘ ( ꎬ )ꎬ ＝ ｅ － ｘ ２ ＝０ ＝ ２
＝ｌｎ １－ － ｘ ∈ －∞ １ ２ｅ
１－
ｘ 从而ｆ(ｘ) １ ｘ ｘ ꎬ ｆ ′(ｘ) １ ｘ １ .
则ｐ′(ｘ) １ １ －２ ꎬ ＝ ２ｅ －ｌｎ －１ ＝ ２ｅ － ｘ
＝ｘ
－１
－(
１－
ｘ)２ ＝(ｘ
－１
)２
当 ｘ 时
２
ꎬ
ｅ
ｆ ′(ｘ) ꎻ当ｘ 时ꎬ
２
ｆ
ｅ
′(ｘ) .
易知当ｘ ( ꎬ )时ꎬｐ′(ｘ) 恒成立. ０< <２ <０ >２ >０
∈ －∞ １ <０ 所以ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ在( ꎬ )上单调递增.
ｐ(ｘ)在( ꎬ )上为减函数ꎬ又ｐ( ) ꎬ ０ ２ ２ ＋∞
∴ －∞ １ ０ ＝０ ｘ
当ｘ ( ꎬ )时ꎬｐ(ｘ) ꎻ当ｘ ( ꎬ )时ꎬｐ(ｘ) ꎬ ( )证明:当ａ １ 时ꎬ ｆ(ｘ) ｅ ｘ .
∴ ∈ －∞ ０ >０ ∈ ０ １ <０ ２ ≥ ≥ －ｌｎ －１
∴
上
函
为
数
减函
ｙ ＝
数
ｘｆ
.
(ｘ) ＝ ｘ ｌｎ ( １－ ｘ)在( －∞ ꎬ ０ )上为增函数ꎬ在( ０ ꎬ １ )
设ｇ(ｘ) ＝ ｅ
ｘ
－ｌｎ ｘ
ｅ
－１ ꎬ则ｇ′(ｘ) ＝
ｅ
ｅ
ｘ
－ １ ｘ .
ｅ ｅ
∴ 当ａ ＝１ 时ꎬｘ ＝０ 是函数ｙ ＝ ｘｆ(ｘ)的极值点. ∴ ａ ＝１ . 当 ｘ 时ꎬｇ′(ｘ) ꎻ当ｘ 时ꎬｇ′(ｘ) .
０< <１ <０ >１ >０
(
２
)证明:由(
１
)知ａ
＝１
ꎬ
∴
ｆ(ｘ)
＝ｌｎ
(
１－
ｘ)ꎬｘ
∈
(
－∞
ꎬ
１
)ꎬ当ｘ 所以ｘ
＝１
是ｇ(ｘ)的最小值点.
∈ ( ０ ꎬ １ )时ꎬ ｆ(ｘ) ＝ｌｎ ( １－ ｘ) <０ ꎬ ∴ ｘｆ(ｘ) <０ ꎬ 故当ｘ >０ 时ꎬｇ(ｘ) ≥ ｇ( １ ) ＝０ .
当ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ(ｘ) ( ｘ) ꎬ ｘｆ(ｘ) ꎬ
∈ －∞ ０ ＝ｌｎ １－ >０ ∴ <０ 因此ꎬ当ａ １ 时ꎬ ｆ(ｘ) .
ｘ ｆ(ｘ) ≥ ≥０
要证ｇ(ｘ) ＋ ꎬ只需证ｘ ｆ(ｘ) ｘｆ(ｘ). ｅ
∴ ＝ ｘｆ(ｘ) <１ ＋ >
第
四
章
一
元
函
数
的
导
数
及
其
应
用
５５
三年 考点基础练 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
模拟 综合提升练 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
2020—2022
A组 考点基础题组 学生用书P156
考点一 利用导数研究函数的单调性 ａｂ ２ ａ ２ ｂ
Ｃ. ≥１ Ｄ.２(ｅ ＋ｅ )≥１
１.(２０２２湖北九师联盟 ３ 月质检ꎬ１２)已知 ａ ａ ｂ 答案 ＡＢＤ
－１＝ｌｎ ꎬ －ｅ＝
ｂ ｃ ４.(２０２１河北衡水中学第二次联考ꎬ１２)已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ
ｃ 其中ａ ｂ ｃ 且ｂ ｃ 则 ( )＝ｅ ｌｎ｜ ｜ꎬ
ｌｎ ꎬ －π＝ｌｎ ꎬ ꎬ ꎬ ∈(０ꎬ＋∞) ≠ｅꎬ ≠πꎬ ａ ｆ ｂ ｆ ｃ ｆ ｅ ｄ ｆ ３ 则ａ ｂ ｃ ｄ的大小
ｅ π ＝ (－ｌｎ３)ꎬ ＝ (ｌｎ３)ꎬ ＝ (３ )ꎬ ＝ (ｅ )ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
顺序为
( ) ( )
ａ ｃ ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｂ ｃ ｄ ｄ ｃ ｂ ａ
Ａ. < < Ｂ. < < Ａ. > > > Ｂ. > > >
ａ ｂ ｃ ｃ ｂ ａ ｃ ｄ ｂ ａ ｃ ｄ ａ ｂ
Ｃ. < < Ｄ. < < Ｃ. > > > Ｄ. > > >
答案 Ｄ 答案 Ｂ
５.(２０２２辽宁鞍山一中４月线上模拟考ꎬ７)已知函数ｆ ｘ 为定
２.(２０２２广东汕头一模ꎬ５)已知ａ ｌｎ２ ｂ １ ｃ ｌｎ５ 则以下 ( )
＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ 义在Ｒ上的增函数 且 ｘ Ｒ ｆ ｘ ｆ ｘ 若不等式 ２ ｅ ５ ꎬ ∀ ∈ ꎬ ( )＋ (－ )＝ ２ꎬ
不等式正确的是 ( )
( ) ｆ ａｘ ｆ １ 在ｘ 上恒成立 则实数ａ的取
ｃ ｂ ａ ａ ｂ ｃ ( )＋ ２ｌｎ ｘ ≥２ ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ
Ａ. > > Ｂ. > >
ｂ ａ ｃ ｂ ｃ ａ 值范围是
Ｃ. > > Ｄ. > > ( )
答案 Ｃ ２ ２ Ａ.(０ꎬｅ ] Ｂ.(－∞ꎬｅ ]
３.(多选)(２０２２八省八校联考二ꎬ１１)已知ａ ｂ Ｒ 满足 ａ ｂ ( ] [ )
ꎬ ∈ ꎬ ｅ ＋ｅ ２ ２
则 Ｃ. ０ꎬ Ｄ. ꎬ＋∞
＝１ꎬ ( ) ｅ ｅ
ａ ｂ ａ ｂ 答案 Ｄ
Ａ. ＋ ≤－２ｌｎ２ Ｂ.ｅ ＋ <０
６.(２０２２福建名校联盟全国优质校大联考ꎬ１５)已知函数ｆ ｘ 得极值 则实数ａ .
( ) ꎬ ＝
{ｘ ｘ 答案
＋１ꎬ ≤０ꎬ若ｆ ｘ ｆ ｘ 且 ｘ ｘ 则 ｘ ｘ 的最小值 －２
＝ ｘ ｘ ( １)＝ ( ２) １< ２ꎬ ２－２ １ ３.(２０２２ 山东烟台、德州一模ꎬ１６)在空间直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ
ｌｎ ꎬ >０ꎬ －
为 . 中 三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面.比如方程ｘ２
ꎬ ＋
答案 ｙ２ ｚ２ 表示球面 这就是一种常见的二次曲面.二次曲面在
４－２ｌｎ２ ＋ ＝１ ꎬ
考点二 利用导数研究函数的极值、最值 工业 农业 建筑等众多领域应用广泛.已知点Ｐ ｘ ｙ ｚ 是二次
、 、 ( ꎬ ꎬ )
ｚ
１.(２０２２广东茂名二模ꎬ８)已知函数ｇ
(
ｘ
)ꎬ
ｈ
(
ｘ
)
分别是定义在 曲面
４
ｘ２
－
ｘｙ
＋
ｙ２
－
ｚ
＝０
上的任意一点
ꎬ
且ｘ
>０ꎬ
ｙ
>０ꎬ
ｚ
>０ꎬ
则当
ｘｙ
Ｒ上的偶函数和奇函数 且ｇ ｘ ｈ ｘ ｘ ｘ 若函数ｆ ｘ
ꎬ ( )＋ ( )＝ｅ ＋ ꎬ ( )＝ ( )
｜ ｘ －１｜ λｇ ｘ λ２ 有唯一零点 则正实数λ的值为 取得最小值时 １ １ １ 的最大值为 .
ｅ ＋ ( －１)－２ ꎬ ( ) ꎬ ｘ ｙ － ｚ
１ １
Ａ. Ｂ. Ｃ.１ Ｄ.２ 答案 ２
３ ２
答案 Ｃ ３
２.(２０２２福州一模ꎬ１３)已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ在ｘ 处取
( )＝ ＋ｌｎ ＝１
年
高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
５６
B组 综合应用题组 学生用书P157
150分钟 175分
一、单项选择题(每小题５分ꎬ共２０分) 答案 Ｃ
１.(２０２２山东德州夏津第一中学４月质检ꎬ７)已知不等式 ｋｘ 二、多项选择题(共５分)
( ＋
ｋ ｘ ｘ 恰有 个整数解 则实数ｋ的取值范围是 ｘ
３ )ｅ < ＋１ ２ ꎬ ( ) ５.(２０２２ 福建龙岩一模ꎬ１２)已知函数 ｆ ｘ ３ｌｎ ａ
{ } ( )＝ ｘ ꎬ ＝
ｋ ２ ｋ ３ －３
Ａ. ３ｅ ３≤ < ５ｅ ２ ｆ (ｌｏｇ４５)ꎬ ｂ ＝ ｆ (ｌｏｇ３４)ꎬ ｃ ＝ ｆ (３ ｌｎπ )ꎬ 则 ( )
{ } 当ｘ 时 ｆ ｘ 恒成立
ｋ ３ ｋ １ Ａ. ∈(３ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０
Ｂ.
５ｅ
２< ≤
２ｅ Ｂ.
函数ｆ
(
ｘ
)
在区间
(１ꎬ３)
上单调递增
{ } ａ ｂ ｃ中最大的是ｃ
ｋ ２ ｋ ３ Ｃ. ꎬ ꎬ
Ｃ. ３ｅ ３< ≤ ５ｅ ２ Ｄ. ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ中最小的是ａ
{ } 答案 ＡＣ
ｋ ３ ｋ １
Ｄ. ２≤ < 三、填空题(共５分)
５ｅ ２ｅ
答案 Ｄ ６.(２０２２华大新高考联盟３月教学检测ꎬ１６)已知函数ｆ ｘ 的
( )
２.(２０２２湖北黄冈蕲春实验高级中学一模ꎬ８)已知函数ｆ ｘ 定义域为Ｒ 图象关于原点对称 其导函数为 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
( )＝ ꎬ ꎬ ( )ꎬ >０
ａ ｅ ａｘ －２ ｘ ｌｎ ｘ (ｅ 是自然对数的底数 )ꎬ 若ｆ ( ｘ )≥０ 对任意的ｘ ∈ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＋ ｘ ｌｎ ｘ ｆ ′ ( ｘ )<０ꎬ 则不等式 ４ ｜ ｘ ｜ ｆ ( ｘ )>４ ｆ ( ｘ ) 的解集
恒成立 则实数ａ的最小值为 为 .
(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )
答案 ( ꎬ ) ( ꎬ )
２ １
－∞ －１ ∪ ０ １
Ａ.ｅ Ｂ. Ｃ.ｅ－１ Ｄ. 四、解答题(共１４５分)
ｅ ｅ
答案 Ｂ ｘ
７.(２０２２重庆第七次质检ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ ａ
３.(２０２２福建三模ꎬ７)关于函数ｆ ｘ Ａ ｘ φ 有下列四个 ( )＝ ＋２ － ｌｎ ２ ꎬ
( )＝ ｓｉｎ(２ ＋ )
其中ａ Ｒ.
命题 ∈
:
( ) 当ａ 时 求ｆ ｘ 的极值
(１) ＝４ ꎬ ( ) ꎻ
甲 : ｆ ( ｘ ) 在 ５πꎬ ２７ ５ π 上单调递增 ꎻ (２) 若曲线ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 与直线ｙ ＝ ａｘ在 (０ꎬ４] 上有且只有一个交
点 求ａ的取值范围.
乙 π是ｆ ｘ 的一个极小值点 ꎬ
:－ ( ) ꎻ ｘ
６ 解析 ( )当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ) ｘ２ ｘ (ｘ )ꎬ
１ ＝４ ＝ ＋２ －４ｌｎ >０
２
丙 π是ｆ ｘ 的一个极大值点
: ３ ( ) ꎻ 则ｆ ′(ｘ) ＝２ ｘ ＋２－ ４ ｘ ＝ ２ (ｘ ＋２ ) ｘ (ｘ －１ ) ꎬ
丁 : 函数ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 的图象向左平移π
３
个单位后所得图象关于ｙ 当ｘ ∈ ( ０ ꎬ １ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) <０ ꎬ ｆ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ ∈ ( １ ꎬ ＋∞ )时ꎬ
ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增.
轴对称. >０
其中只有一个是假命题 则该命题是 ｆ(ｘ)的极小值为ｆ( ) １ ꎬ没有极大值.
ꎬ ( ) ∴ １ ＝１＋２－４×ｌｎ ＝３＋４ｌｎ２ 甲 乙 丙 丁 ２
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. ｘ
答案 Ａ ( )由题意ꎬ关于ｘ的方程ｘ２ ｘ ａ ａｘ在( ꎬ ]上只有 ２ ＋２ － ｌｎ ＝ ０ ４
４.(２０２２南京大学附属中学４月质检ꎬ８)已知Ｏ为坐标原点 ２
ꎬ ｘ
过曲线Ｃ ｙ ｘ ｘ 上一点Ｐ作Ｃ的切线 交ｘ轴于点 一个解ꎬ即ｘ２ ｘ ａ ａｘ 在( ꎬ ]上只有一个解.令
: ＝ｌｎ (０< <１) ꎬ ＋２ － ｌｎ － ＝０ ０ ４
Ａ 则 ＡＯＰ面积取最大值时 点Ｐ的纵坐标为 ２
ꎬ △ ꎬ ( ) ｘ
ｇ(ｘ) ｘ２ ｘ ａ ａｘꎬｘ ( ꎬ ]ꎬ
＝ ＋２ － ｌｎ － ∈ ０ ４
± ５－１ － ５＋１ ２ Ａ. Ｂ. ａ ( ｘ ａ)(ｘ )
２ ２ 则ｇ′(ｘ) ｘ ａ ２ － ＋１ .
＝２ ＋２－ ｘ － ＝ ｘ
５＋１
Ｃ.－ Ｄ.－ｅ 当ａ 时ꎬｇ′(ｘ) 在( ꎬ ]上恒成立ꎬ ｇ(ｘ)在( ꎬ ]上单
２ ① <０ >０ ０ ４ ∴ ０ ４
调递增. ｔ
所以ｆ(ｘ ) ｘ ｘ ｘ ｔ ( ｘ ) ｔ ｔꎬ
当ｘ 时ꎬｇ(ｘ) ꎬｇ( ) ａ ꎬ ０ ＝２－ ０＋ｓｉｎ ０－ｃｏｓ ０＋ｌｎ １＋ ０ － ｘ <２＋ ２＋ ｌｎ
∵ →０ →－∞ ２ ＝８－２ >０ １＋ ０
ｇ(ｘ)在( ꎬ ]上只有一个零点ꎬ符合题意. 所以ｆ(ｘ) ｔ ｔ.
∴ ０ ４ <２＋ ２＋ｌｎ
② 当ａ ＝０ 时ꎬｇ(ｘ) ＝ ｘ２ ＋２ ｘꎬ此时ｇ(ｘ)在( ０ ꎬ ４ ]上没有零点ꎬ不 ９.(２０２２济南一模ꎬ２２)设函数ｆ ( ｘ )＝ ａ ｅ ２ ｘ －２ｅ ｘ ＋２ .
符合题意. 若ｆ ｘ 有两个不同的零点 求实数ａ的取值范围
(１) ( ) ꎬ ꎻ
( ａ ) ( ａ ]
③ 当 ０< ａ <８ 时ꎬｇ(ｘ)在 ０ ꎬ
２
上单调递减ꎬ在
２
ꎬ ４ 上单调 (２) 若函数ｇ ( ｘ )＝
２
１ ａ ｅ ２ ｘ ＋( ａ －２)ｅ ｘ －２ｅ － ｘ有两个极值点ｘ １ꎬ ｘ ２ꎬ
递增. 当ｘ 时ꎬｇ(ｘ) ꎬ ｇ ｘ ｇ ｘ
∴ ｇ ( ∵ ａ ) ＝０ → 或 ０ ｇ( ４ ) <０ ꎬ → 解 ＋ 得 ∞ ａ ＝４ 或 ２４ < ａ <８ . 证明 : ( ２ ｘ ) ２ － － ｘ １ ( １) >２－ ａ １ .
２ ４＋ｌｎ２ 解析 ( )令ｔ ｘꎬ则ｆ(ｘ)有两个不同的零点等价于关于ｔ
当ａ 时ꎬｇ(ｘ)在( ꎬ ]上单调递减. １ ＝ｅ
④ ≥８ ０ ４ 的方程ａｔ２ ｔ 存在两个不相等的正根.
∵ 当ｘ →０ 时ꎬｇ(ｘ) →＋∞ ꎬｇ( ４ ) ＝２４－４ ａ － ａ ｌｎ２<０ ꎬ {Δ －２ ａ ＋２＝ ꎬ ０
ｇ(ｘ)在( ꎬ ]上只有一个零点ꎬ符合题意. ＝４－８ >０
∴ ０ ４ 所以 解得 ａ １ ꎬ
( ) ２ ꎬ ０< <
综上ꎬａ的取值范围为( ꎬ ) { } ２４ ꎬ . ａ >０ ２
－∞ ０ ∪ ４ ∪ ＋∞
４＋ｌｎ２ ( )
８.(２０２２湖北九师联盟３月质检ꎬ２１)已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ 所以使得ｆ(ｘ)有两个不同的零点的ａ的取值范围是 ꎬ１ .
( )＝１－ｅ － ＋ ０
ｘ ｔ ｘ ｔ Ｒ . ２
ｓｉｎ ＋ｌｎ(１＋ )( ∈ ) ( )证明:ｇ′(ｘ) ａ ２ ｘ (ａ ) ｘ － ｘ － ｘ( ｘ )(ａ ２ ｘ ｘ
当ｔ 时 求ｆ ｘ 的单调区间 ２ ＝ ｅ ＋ －２ ｅ ＋２ｅ ＝ｅ ｅ ＋１ ｅ －２ｅ ＋
(１) ＝１ ꎬ ( ) ꎻ )ꎬ因为 － ｘ ꎬ ｘ ꎬ且ｇ(ｘ)有两个极值点ｘ ꎬｘ ꎬ
(２) 当ｔ ≥１ 时 ꎬ 求证 : ｆ ( ｘ )<２＋ ２＋ ｔ ｌｎ ｔ. 所 ２ 以ｘ ꎬｘ ｅ 为 >０ ａ ｅ ２ ｘ ＋１> ｘ ０ 的两个不同的根.由 １ ( ２ )知 ａ
ｔ １ ２ ｅ －２ｅ ＋２＝０ １ ０< <
解析 ( １ )ｆ ′(ｘ) ＝－ｅ ｘ －１＋ｃｏｓ ｘ ＋
１＋
ｘ (ｘ >－１ )ꎬ １ ꎬ且
ｅ
ｘ １＋ｅ ｘ ２＝
ａ
２ ꎬ
ｅ
ｘ １
ｅ
ｘ ２＝
ａ
２ ꎬ不妨设ｘ
２>
ｘ
１
ꎬ
２
ｔ
令ｇ(ｘ) ｘ ｘ (ｘ )ꎬ ｇ(ｘ ) ｇ(ｘ )
＝－ｅ －１＋ｃｏｓ ＋ ｘ >－１ 则 ２ － １
１＋ ｘ ｘ
ｔ ２－ １
则ｇ′(ｘ) ｘ ｘ (ｘ )ꎬ
＝－ｅ －ｓｉｎ －( １＋ ｘ)２ >－１ １ ａ( ｅ ２ ｘ ２－ｅ ２ ｘ １ ) ＋ (ａ －２ )( ｅ ｘ ２－ｅ ｘ １ ) －２ ( ｅ － ｘ ２－ｅ － ｘ １ )
２
当ｔ 时ꎬ若ｘ ( ꎬ ]ꎬ则 ｘ ꎬ ｘ ꎬ １ ꎬ ＝ ｘ ｘ
所以
＝
ｇ
１
′(ｘ) <０ ꎬ
∈ －１ ０ －ｅ <０ －ｓｉｎ <１ －(
１＋
ｘ)２≤－１
２ １ ａ( ｅ ｘ ２－ｅ ｘ １ )( ｅ ｘ ２＋ｅ ｘ １ )
２－
＋ (
１
ａ －２ )( ｅ ｘ ２－ｅ ｘ １ ) －２ ( ｅ ｅ ｘ １ ｘ － １ ｅ ｅ ｘ ２ ｘ ２ )
若 又 <０ ꎬ ｘ ｆ 所 ∈ ′( 以 ( ０ ) ꎬ ｇ ＋ ( ∞ ｘ ꎬ ) 所 ) ( ꎬ 即 以 则 当 ｆ － ′ ｅ ( ｘ ｘ < ｘ) － ( ) １ 在 ꎬ － ( ꎬ ｓｉ － ｎ ) １ ｘ 时 ꎬ ≤ ＋ ꎬ ∞ １ ｆ ꎬ ) ′ － ( 上 ( ｘ １ 单 ) ＋ １ ｘ 调 ) ꎻ 递 ２ 当 < 减 ０ ꎬ ｘ ꎬ 所 ( 以 ꎬ ｇ′(ｘ) ) ＝ ＝ ( ｅ ｘ ２－ｅ ｘ １ ) é ë êê １ ２ ａ( ｘ ｅ ｘ ２＋ ｘ ｅ ｘ １ ) ｘ ＋ ２ ａ － － ｘ １ ２＋ ｅ ｘ ２ １ ｅ ｘ ２ ù û úú
时ꎬ ｆ ′ ０ (ｘ) ＝０ ꎬ ∈ －１ ０ >０ ∈ ０ ＋∞ ( ２－ １ )
<０ ( ｘ ｘ) １ ａ ２ ａ ａ
所以ｆ(ｘ)的单调递增区间为( ꎬ )ꎬ单调递减区间为( ꎬ ｅ ２－ｅ １ ａ ＋ －２＋ ｘ ｘ
－１ ０ ０ ２ ｅ ２－ｅ １ ( ａ ).
). ＝ ｘ ｘ ＝ｘ ｘ ２ －１
＋∞ ２－ １ ２－ １
( )证明:由( )知当ｔ 时ꎬ ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ在 ｇ(ｘ ) ｇ(ｘ ) ｘ ｘ ａ
２ １ ＝１ －１ ０ 要证明 ２ － １ １ ꎬ只需证ｅ ２－ｅ １ ( ａ ) ２ －１ꎬ因
( ꎬ )上单调递减ꎬ所以ｆ(ｘ) ｆ( ) . ｘ ｘ >２－ ａ ｘ ｘ ２ －１ > ａ
０ ＋∞ ≤ ０ ＝０<２＋ ２ ２－ １ ２－ １
ｔ
当ｔ 时ꎬ若ｘ ( ꎬ ]ꎬ则 ｘ ꎬ ｘ ꎬ ꎬ所 为 ａ １ ꎬ所以 ａ ꎬ
>１ ∈ －１ ０ －ｅ <０ －ｓｉｎ <１ －(
１＋
ｘ)２<－１ ０< <
２
２ －１<０
以ｇ′(ｘ) <０ ꎬ 只需证ｅ
ｘ
ｘ ２－ｅ
ｘ
ｘ １
< ａ
１ ꎬ又
ｅ
ｘ １＋ｅ ｘ ２＝
ａ
２ ꎬ
若ｘ ( ꎬ )ꎬ则 ｘ ꎬ ｘ ꎬ ｔ ꎬ所以ｇ′(ｘ) ２－ １
∈ ０ ＋∞ －ｅ <－１ －ｓｉｎ ≤１ －( １＋ ｘ)２<０ 所以只需证ｅ ｘ ２－ｅ ｘ １ ｅ ｘ １＋ｅ ｘ ２ ꎬ两边同时除以 ｘ １ 得ｅ ｘ ２－ ｘ １－１ ｅ ｘ ２－ ｘ １＋１.
<０ ꎬ ｘ ２－ ｘ １ < ２ ｅ ｘ ２－ ｘ １ < ２
所以ｇ(ｘ)(即ｆ ′(ｘ))在( －１ ꎬ ＋∞ )上单调递减ꎬ 因为ｘ ２> ｘ １ ꎬ所以只需证 ２ ( ｅ ｘ ２－ ｘ １－１ ) < ( ｅ ｘ ２－ ｘ １＋１ )(ｘ ２－ ｘ １ )ꎬ
又ｆ ′(
０
)
＝
ｔ
－１>０
ꎬ ｆ ′(ｔ
－１
)
＝－ｅ
ｔ －１
＋ｃｏｓ
(ｔ
－１
)
<０
ꎬ 设ｘ
２－
ｘ
１＝
ｔꎬ则ｔ
>０
ꎬ令ｕ(ｔ)
＝
ｔ(
ｅ
ｔ
＋１
)
－２ｅ
ｔ
＋２
(ｔ
>０
)ꎬ则只需证ｕ
所以存在ｘ ( ꎬｔ )ꎬ使得ｆ ′(ｘ ) ꎬ (ｔ) 即可ꎬ
０∈ ０ －１ ０ ＝０ >０ 第
所以当ｘ ( ꎬｘ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎻ当ｘ (ｘ ꎬ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) 易得ｕ′(ｔ) ｔ(ｔ ) ꎬ令ｖ(ｔ) ｕ′(ｔ) ｔ(ｔ ) ꎬ
∈ －１ ０ >０ ∈ ０ ＋∞ < ＝ｅ －１ ＋１ ＝ ＝ｅ －１ ＋１ 四
ꎬ所以ｆ(ｘ)在( ꎬｘ )上单调递增ꎬ在(ｘ ꎬ )上单调递减ꎬ 则ｖ′(ｔ) ｔ ｔ ꎬ所以ｖ(ｔ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ 章
０ －１ ０ ０ ＋∞ ＝ ｅ>０ ０ ＋∞
所以ｆ(ｘ) ≤ ｆ(ｘ ０ ) ＝１－ｅ ｘ ０－ ｘ ０＋ｓｉｎ ｘ ０＋ ｔ ｌｎ ( １＋ ｘ ０ ). 所以ｖ(ｔ) > ｖ( ０ ) ＝０ ꎬ即ｕ′(ｔ) >０ ꎬ 一
ｔ 所以ｕ(ｔ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ 元
又ｆ ′(ｘ ０ ) ＝０ ꎬ所以 －ｅ ｘ ０－１＋ｃｏｓ ｘ ０＋ １＋ ｘ ０ ＝０ ꎬ即 ｅ ｘ ０＝－１＋ｃｏｓ ｘ ０＋ 所以ｕ(ｔ) > ｕ( ０ ０ ) ＋ ＝ ∞ ０ ꎬ得证. 函 数
ｔ ｔ 的
ꎬ所以ｆ(ｘ ) ｘ ｘ ｘ ｔ ( ｘ ) . １０.(２０２２山东烟台、德州一模ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ １ ａｘ２ ｘ 导
１＋ ｘ ０ ０ ＝２－ ０＋ｓｉｎ ０－ｃｏｓ ０＋ｌｎ １＋ ０ － １＋ ｘ ０ ( )＝ ２ － － 数
因为 ｘ ( ꎬｔ )ꎬ所以 ｘ ꎬ又 ｘ ｘ ｘ ａ Ｒ . 及
( ０ ∈ ０ ) －１ ２－ ０ <２ ｔ ｓｉｎ ０ －ｃｏｓ ０ ＝ ｌｎ ( 讨 ∈ 论ｆ ) ｘ 的单调性 其
ｘ π ꎬｔ ( ｘ ) ｔ ｔꎬ ꎬ (１) ( ) ꎻ 应
２ｓｉｎ ０－ ≤ ２ ｌｎ １＋ ０ <ｌｎ － ｘ <０ 当ｘ 时 ｆ ｘ 求ａ的取值范围 用
４ １＋ ０ (２) ≥１ ꎬ｜ ( )｜≥２ꎬ ꎻ
５７
ｎ 点 若不存在 请说明理由
证明 １ １ . ꎬ ꎬ ꎻ
(３) :∑ｋ＝
２ ｌｎ
ｋ>１－ ｎ
(３)
若ｆ
(
ｘ
)
有两个零点
ꎬ
求满足题意的ａ的最小整数值.
(
参考
解析 ( )ｆ(ｘ)的定义域为( ꎬ )ꎬ ｆ ′(ｘ) ａｘ １ 数据 . .
１ ０ ＋∞ ＝ －１－ ｘ ＝ :ｌｎ２≈０６９３ꎬ ｅ≈１６４９)
解析 ( )ｆ ′(ｘ) ( ｘ ａ) ｘ ｘ ａ (ｘ ).
ａｘ２
－
ｘ
ｘ
－１(ｘ
>０
).记φ(ｘ)
＝
ａｘ２
－
ｘ
－１
(ｘ
>０
).
∵１
是函 数
１
ｆ(ｘ)的极
＝
值
２
点
－
ꎬ
∴
ｌ
ｆ
ｎ
′(
＋
１
)
－
＝１
＋
－
１
ａ
＋１
>
＝
０
０
ꎬ解得ａ
＝２
.
当ａ 时ꎬ ｆ′(ｘ) ( ｘ ) ｘ ｘ (ｘ )( ｘ ).当ｘ
当ａ 时ꎬφ(ｘ) ꎬ即ｆ ′(ｘ) ꎬ所以ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调 ＝２ ＝ ２ －２ ｌｎ ＋ －１＝ －１ ２ｌｎ ＋１ ∈
≤０ <０ <０ ０ ＋∞ æ ö
递减.当ａ 时ꎬ令φ(ｘ) ꎬ得ｘ １＋ １＋４ ａ ꎬｘ １－ １＋４ ａ è ç １ ꎬ １ø ÷时ꎬ ｆ ′(ｘ) <０ ꎬ ｆ(ｘ)单调递减ꎻ当 ｘ ∈ ( １ ꎬ ＋∞ )时ꎬ
>０ ＝０ １＝ ａ ２＝ ａ ｅ
２ ２ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增.
(舍去).当ｘ ( ꎬｘ )时ꎬφ(ｘ) ꎬ即ｆ ′(ｘ) ꎬ所以ｆ(ｘ)单调 >０
∈ ０ １ <０ <０ 当ｘ 时ꎬ ｆ(ｘ)取得极小值ꎬ 是ｆ(ｘ)的极小值点ꎬ满足题
递减ꎻ当ｘ (ｘ ꎬ )时ꎬφ(ｘ) ꎬ即ｆ ′(ｘ) ꎬ所以ｆ(ｘ)单调 ∴ ＝１ １
∈ １ ＋∞ >０ >０ 意.故ａ .
递增. ＝２
( )ｆ(ｘ) ｘ[(ｘ ａ) ｘ ]ꎬｘ ꎬ ｆ(ｘ)的零点个数与ｇ(ｘ)
综上所述ꎬ当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎻ当 ａ ２ ＝ － ｌｎ ＋１ >０ ∴ ＝
≤０ ０ ＋∞ >０ (ｘ ａ) ｘ 的零点个数相同.
æ ａö － ｌｎ ＋１
时ꎬ ｆ ( ｘ ) 在 è ç ０ ꎬ１＋ １ ａ ＋４ ø ÷ 上 单 调 递 减ꎬ 在 当ａ 时ꎬｇ(ｘ) (ｘ ) ｘ ꎬｇ′(ｘ) ｘ １ .
２ ① ＝１ ＝ －１ ｌｎ ＋１ ＝ｌｎ ＋１－ ｘ
æ
è
ç１＋ １
ａ
＋４ ａ ꎬ
＋∞
ö
ø
÷上单调递增. 当
ｇ′(
ｘ
ｘ
∈
)
( ０
ꎬ
ꎬ
ｇ
１
(
)
ｘ
时
)单
ꎬｇ
调
′(
递
ｘ)
增
<０
.
ꎬｇ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ ∈ ( １ ꎬ ＋∞ )时ꎬ
２ >０
( )由( )知ꎬ当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ)在[ ꎬ )上单调递减ꎬ所以 当ｘ 时ꎬｇ(ｘ)取得最小值ｇ( )ꎬ又ｇ( ) ꎬ
２ １ ≤０ １ ＋∞ ∴ ＝１ １ １ ＝１>０
ｇ(ｘ)无零点ꎬ即ｆ(ｘ)无零点.
ｆ(ｘ) ｆ( ) １ ａ . ∴
≤ １ ＝ －１<０
２ 当ａ ( ꎬ )时ꎬｇ′(ｘ) ｘ ａ .令ｈ(ｘ) ｘ ａ ꎬ则
此时 ｆ(ｘ) ａ .令 ａ ꎬ解得ａ . ② ∈ ０ １ ＝ｌｎ ＋１－ ｘ ＝ｌｎ ＋１－ ｘ
当ａ
>
｜
０
时ꎬ ｜ 若 ｍｉｎ φ ＝ ( １
１
－ )
＝
２ ａ
－２
１
≥
－
０
２ ꎬ即 ≥ ａ ２
≥２
ꎬ则必 ≤ 有 －２ ｘ
１≤１
ꎬ当ｘ
∈
(
１
ꎬ ｈ′(ｘ) ＝ １ ｘ ＋ｘ ａ ２>０ 恒成立ꎬ ∴ ｇ′(ｘ) ＝ ｈ(ｘ)在( ０ ꎬ ＋∞ )上单调
＋∞
)时ꎬφ(ｘ)
>０
ꎬ即 ｆ ′(ｘ)
>０
ꎬ所以 ｆ(ｘ)在[
１
ꎬ
＋∞
)上单调 递增.
递增.
ｇ′(ａ) ａ ꎬｇ′( ) ａ ꎬ 存在 ｘ (ａꎬ )ꎬ使得
ａ ａ
∵ ＝ ｌｎ <０ １ ＝ １－ >０ ∴ ０∈ １
此时ｆ(ｘ) ≥ ｆ( １ ) ＝
２
－１≥０ ꎬ故 ｜ ｆ(ｘ) ｜ｍｉｎ＝
２
－１ ꎬ ｇ
当
′(
ｘ
ｘ ０ )
(
＝０
ꎬ
.
ｘ )时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ (ｘ ꎬ )时ꎬ
ａ ∈ ０ ０ <０ ∈ ０ ＋∞
由 ꎬ解得ａ . ｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递增ꎬ 当 ｘ ｘ 时ꎬｇ(ｘ)取得最小值
－１≥２ ≥６ >０ ∴ ＝ ０
２ ｇ(ｘ ) (ｘ ａ) ｘ ꎬ( )
若φ( ) ａ ꎬ即ａ ꎬ则必有ｘ ꎬ当ｘ ( ꎬｘ )时ꎬφ(ｘ) ０ ＝ ０－ ｌｎ ０＋１
１ ＝ －２<０ <２ １>１ ∈ １ １ ａ
ꎬ即ｆ ′(ｘ) ꎬ所以ｆ(ｘ)单调递减ꎬ当ｘ (ｘ ꎬ )时ꎬφ(ｘ) 由ｇ′(ｘ ) ｘ ꎬ得 ａ ｘ ( ｘ )ꎬ代入( )得
<０ <０ ∈ １ ＋∞ ０ ＝ｌｎ ０＋１－ｘ ＝０ ＝ ０ ｌｎ ０＋１
>０
ꎬ即ｆ ′(ｘ)
>０
ꎬ所以ｆ(ｘ)单调递增ꎬ又φ(ｘ
１
)
＝
ａｘ２
１－
ｘ
１－１＝０
ꎬ
ｇ(ｘ ０ ) ＝－ ｘ ０ ( ｌｎ ｘ ０ )２ ＋１ .
０
所以ｆ(ｘ)
ｍｉｎ＝
ｆ(ｘ
１
)
＝ ２
１ ａｘ２
１－
ｘ
１－ｌｎ
ｘ
１＝ ２
１ (ｘ
１＋１
)
－
ｘ
１－ｌｎ
ｘ
１＝ 若ｇ(ｘ)有零点ꎬ则必有 ｇ(ｘ ０ ) ≤０ ꎬ即( ｌｎ ｘ ０ )２ ≥ｘ １ ꎬ即 ｌｎ ｘ １
０ ０
１ ( ｘ ) ｘ .
２ １－ １ －ｌｎ １<０ ≥ １ ｘ .
又当ｘ 时ꎬ ｆ(ｘ) ꎬ所以由函数零点存在定理知 ｘ ０
→＋∞ →＋∞ ∃ ０
(ｘ ꎬ )ꎬ ｆ(ｘ ) ꎬ此时 ｆ(ｘ) ꎬ不满足题意.所以实 令ｍ(ｔ) ｔ ｔꎬ则ｍ′(ｔ) ２ ꎬ当ｔ ( ꎬ )时ꎬｍ′(ｔ) ꎬ
∈ １ ＋∞ ０ ＝０ ｜ ｜ｍｉｎ＝０ ＝２ｌｎ － ＝ ｔ －１ ∈ ０ ２ >０
数ａ的取值范围是ａ 或ａ .
≤－２ ≥６ ｍ(ｔ)单调递增ꎻ当ｔ ( ꎬ )时ꎬｍ′(ｔ) ꎬｍ(ｔ)单调递减ꎬ
( )由( )知ꎬ当ａ 时ꎬ对任意ｘ ꎬ都有ｆ(ｘ) ｆ( ) ꎬ即 ∈ ２ ＋∞ <０
３ ２ ＝２ >１ > １ ＝ ０
ｘ２
－
ｘ
>ｌｎ
ｘ.
∴
ｍ(ｔ)
≤
ｍ(
２
)
＝２ｌｎ２－２<０
ꎬ取ｔ
＝
１
ｘ
ꎬ
０
又ｘ 时ꎬｘ２ ｘ ꎬ ｘ ꎬ所以 １ １ . æ ö
>１ － >０ ｌｎ >０ ｘ>ｘ２ ｘ ｍç １ ÷ ꎬ即 １ １ 恒成立ꎬ矛盾ꎬ故ｇ(ｘ)没有零点ꎬ
ｌｎ － ∴ è ｘ ø<０ ｌｎ ｘ < ｘ
年
令ｘ ＝ ｋ(ｋ ≥２ )ꎬ得
ｌｎ
１ ｋ>ｋ２ １
－
ｋ＝ｋ(ｋ １
－１
)＝ｋ
－
１
１
－ １ ｋ ꎬ 综上所述 ０ ꎬ当
０<
ａ
≤１
时 ０ ꎬ ｆ( ０ ｘ)没有零点.
( )若ｆ(ｘ)有两个零点ꎬ则由( )知ｇ(ｘ) (ｘ ａ) ｘ 有两
高 所以 １ １ ꎬ １ １ １ ꎬ １ １ １ ꎬꎬ １ １ ３ ２ ＝ － ｌｎ ＋１
考 ｌｎ２ >１－ ２ ｌｎ３ > ２ － ３ ｌｎ４ > ３ － ４ ｌｎ ｎ>ｎ －１ 个零点ꎬ且ａ ꎬ又ｇ′(ｘ) ｘ ａ 在( ꎬ )上单调递增ꎬ
>１ ＝ｌｎ ＋１－ ｘ ０ ＋∞
年 模 － ｎ １ . 且ｇ′( １ ) ＝ １－ ａ <０ ꎬｇ′(ａ) ＝ ｌｎ ａ >０ ꎬ故存在ｘ′ ０∈ ( １ ꎬａ)ꎬ使得
拟 ｎ ( ) ( ) ( ) ｇ′(ｘ′) .
故 １ １ １ １ １ １ １ ꎬ即 ０ ＝０
∑ｋ＝ ２ ｌｎ ｋ> １－ ２ ＋ ２ － ３ ＋ ＋ ｎ －１ － ｎ ＝１－ ｎ 当ｘ ∈ ( ０ ꎬｘ′ ０ )时ꎬｇ′(ｘ) <０ ꎬｇ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ ∈ (ｘ′ ０ ꎬ ＋∞ )时ꎬ
ｎ ｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递增ꎬ 当ｘ ｘ′时ꎬｇ(ｘ)取得最小值ｇ(ｘ′)
１ １ . >０ ∴ ＝ ０ ０
︵
∑ｋ＝
２ ｌｎ
ｋ>１－ ｎ
＝
(ｘ′
０－
ａ)
ｌｎ
ｘ′
０＋１
.(
∗∗
)
教 １１.(２０２２八省八校联考二ꎬ２２)已知函数ｆ
(
ｘ
)＝(
ｘ２
－
ａｘ
)ｌｎ
ｘ
＋
ｘ
由ｇ′(ｘ′) ｘ′
ａ
ꎬ得ａ ｘ′( ｘ′ )ꎬ
师 ａ Ｒ ａ . ０ ＝ｌｎ ０＋１－ｘ′ ＝０ ＝ ０ ｌｎ ０＋１
用 ( ∈ ꎬ >０) ０
书 (１) 若 １ 是函数ｆ ( ｘ ) 的极值点 ꎬ 求ａ的值 ꎻ 代入( ∗∗ )得ｇ(ｘ′ ０ ) ＝－ ｘ′ ０ ( ｌｎ ｘ′ ０ )２ ＋１ .
︶ 若 ａ 试问ｆ ｘ 是否存在零点 若存在 请求出该零 若ｇ(ｘ)有两个零点ꎬ则必有ｇ(ｘ′) ｘ′( ｘ′)２ .
(２) ０< ≤１ꎬ ( ) ? ꎬ ０ ＝－ ０ ｌｎ ０ ＋１<０
５８
设ｎ(ｘ) ｘ( ｘ)２(ｘ )ꎬ则ｎ′(ｘ) ｘ ( ｘ)２ꎬ当ｘ 一个交点ꎬ设其横坐标为ｘ ꎬ则ｘ ꎬ
＝１－ ｌｎ >１ ＝－２ｌｎ － ｌｎ >１ ０ ０≥０
时ꎬｎ′(ｘ) 恒成立ꎬ ｎ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬｎ( ) 当ｘ ｘ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ｘ ｘ ａ ꎻ当ｘ ｘ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ｘ ｘ ａ .此
<０ ∴ １ ＋∞ ２ ＝１－ < ０ ＝ ｅ － <０ > ０ ＝ ｅ － >０
( )２ ｎ(ｘ′)ꎬ ｘ′ꎬ 时函数ｆ(ｘ)只有 个极值点.
２ ｌｎ２ >０> ０ ∴２< ０ １
设φ(ｘ) ｘ ｘ ｘ(ｘ )ꎬ则φ′(ｘ) ｘ.当ｘ 时ꎬφ′(ｘ)
＝ ｌｎ ＋ >１ ＝２＋ｌｎ >１ >０ 综上所述ꎬ当ａ １ 时ꎬ函数ｆ(ｘ)无极值点ꎻ当 １ ａ 时ꎬ
恒成立ꎬ则φ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ ≤－ － < <０
１ ＋∞ ｅ ｅ
ａ φ(ｘ′) φ( ) . . 函数ｆ(ｘ)有 个极值点ꎻ当 ａ 时ꎬ函数 ｆ(ｘ)只有 个极
∴ 下面 ＝ 证明 ０ 当 > ａ ２ 时 ＝ ꎬ ２ ｇ ＋ ( ２ ｘ ｌ ) ｎ 有 ２≈ 两 ３ 个 ３ 零 ８６ 点. 值点. ２ ≥０ １
＝４
ｇ( ) ꎬｇ(ｘ′) ｇ( ) ꎬｇ(ａ) . ( )不等式ｆ(ｘ) ｘ ｘ 对任意的ｘ ( ꎬ )恒成立ꎬ等
ｇ １ (ｘ ＝ ) １ 在 >０ ( ꎬ ０ ) ≤ 上有 ｅ 两 ＝ 个 １ 零 ＋ｅ 点 －４ ꎬ < 即 ０ ｆ(ｘ)在 ＝ ( １> ꎬ ０ )上有两个 价 ２ 于ｘ ｘ ｘ ≥ ａ ｌｎ ｘ对 － 任 ｅ ＋ 意 １ 的ｘ ( ꎬ ∈ ) ０ 恒 ＋ 成 ∞ 立ꎬ即ａ ｘ
∴ ０ ＋∞ ０ ＋∞ ｅ －ｌｎ －１≥ ∈ ０ ＋∞ ≤ｅ －
零点.
ｌｎ
ｘ
＋１对任意的ｘ ( ꎬ )恒成立.
综上所述ꎬ满足题意的ａ的最小正整数值为 .
ｘ ∈ ０ ＋∞
１２.(２０２２广东汕头一模ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ
４
ｘ ｘ ａｘ ａ 令Ｆ(ｘ) ｘ ｌｎ
ｘ
＋１(ｘ )ꎬ则Ｆ′(ｘ) ｘ ｌｎ
ｘ ｘ２
ｅ
ｘ
＋ｌｎ
ｘ
ꎬ
Ｒ且ａ为常数 .
( )＝( －１)ｅ － ( ∈ ＝ｅ － ｘ >０ ＝ｅ ＋ ｘ２ ＝ ｘ２
)
讨论函数ｆ ｘ 的极值点个数 令φ(ｘ) ｘ２ ｘ ｘ(ｘ )ꎬ则φ′(ｘ) (ｘ２ ｘ) ｘ １ 对任意
(１) ( ) ꎻ ＝ ｅ ＋ｌｎ >０ ＝ ＋２ ｅ ＋ ｘ >０
若ｆ ｘ ｘ ｘ 对任意的ｘ 恒成立 求实数
(２) ( )≥ｌｎ －ｅ ＋１ ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ 的ｘ ( ꎬ )恒成立ꎬ所以函数φ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ
ａ的取值范围. ∈ ０ ＋∞ ０ ＋∞
( ) ( )
解析 ( )函数ｆ(ｘ)的定义域为Ｒꎬ ｆ ′(ｘ) ｘ ｘ ａ. 因为φ １ １ ｅ－２ ꎬφ( ) ꎬ故存在ｔ １ ꎬ ꎬ使得
１ ＝ ｅ － ＝ｅ －１<０ １ ＝ｅ>０ ∈ １
令ｇ(ｘ) ＝ ｘ ｅ ｘ － ａꎬ则ｇ′(ｘ) ＝ (ｘ ＋１ ) ｅ ｘꎬ由ｇ′(ｘ) ＝０ ꎬ可得ｘ ＝－１ ꎬ φ(ｔ) ｔ２ ｅ ｔ ｔ ꎬ ｅ
列表如下:
当
＝
ｘ ｔ
ｅ
时
＋ｌ
ꎬ
ｎ
Ｆ′(
＝
ｘ
０
) ꎬ函数Ｆ(ｘ)单调递减ꎬ
０< < <０
ｘ ( ꎬ ) ( ꎬ ) 当ｘ ｔ时ꎬＦ′(ｘ) ꎬ函数Ｆ(ｘ)单调递增ꎬ
－∞ －１ －１ －１ ＋∞ > >０
ｔ
ｇ′(ｘ) 所以Ｆ(ｘ) Ｆ(ｔ) ｔ ｌｎ ＋１ꎬ
－ ０ ＋ ｍｉｎ＝ ＝ｅ－ ｔ
ｔ ( )
ｇ(ｘ) 单调递减 极小值 － １ － ａ 单调递增 因为ｔ２ ｅ ｔ ＝－ｌｎ ｔꎬ所以ｔ ｅ ｔ ＝－ ｌｎ ｔ ＝－ｌｎ ｔ ｅ －ｌｎ ｔꎬ因为ｔ ∈ １ ꎬ １ ꎬ
ｅ ｅ
所以 ｔ ( ꎬ ).
所以ｇ(ｘ) ｍｉｎ＝ ｇ( －１ ) ＝－ １
ｅ
－ ａ. 因为函 －ｌｎ 数 ∈ ｈ(ｘ ０ ) １
＝
ｘ
ｅ
ｘ 在(
０
ꎬ
＋∞
)上单调递增ꎬ由 ｔ
ｅ
ｔ
＝－ｌｎ
ｔ
① 当 － １ － ａ ≥０ ꎬ即 ａ ≤－ １ 时ꎬ对任意的 ｘ ∈ Ｒꎬ ｆ ′(ｘ) ≥０ 且 ｅ －ｌｎ ｔ可得ｈ(ｔ) ＝ ｈ( －ｌｎ ｔ)ꎬ所以 ｔ ＝－ｌｎ ｔꎬ可得 ｅ ｔ ＝ １ ｔ ꎬ所以
ｅ ｅ
ｆ ′(ｘ)不恒为零ꎬ Ｆ(ｘ) Ｆ(ｔ) ｔ ｌｎ ｔ ＋１ １ － ｔ ＋１ ꎬ故ａ .
所以函数ｆ(ｘ)在Ｒ上单调递增ꎬ函数ｆ(ｘ)无极值点.
ｍｉｎ＝ ＝ｅ－ ｔ ＝ ｔ － ｔ ＝１ ≤１
ｘ
１３.(２０２２长沙雅礼中学第七次月考ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ｌｎ .
当ａ １ 时ꎬ令ｈ(ｘ) ｘ ｘꎬ则ｈ′(ｘ) (ｘ ) ｘꎬ ( )＝ ｘ
② >－ ＝ ｅ ＝ ＋１ ｅ
ｅ 判断函数 ｆ ｘ 的单调性 并比较 ２０２１与 ２０２０的
令ｈ′(ｘ) ꎬ可得ｘ ꎬ列表如下: (１) ( ) ꎬ ２０２０ ２０２１
＝０ ＝－１ 大小
ꎻ
ｘ ( ꎬ ) ( ꎬ ) ａ
－∞ －１ －１ －１ ＋∞ 若函数ｇ ｘ ｘ ２ ｘ ｆ ｘ 其中 １ ａ ｅ
ｈ′(ｘ) (２) ( )＝ ( －２) ＋ [２ ( )－１]ꎬ ≤ ≤ ꎬ
－ ０ ＋ ２ ２ ２
判断ｇ ｘ 的零点的个数 并说明理由.
( ) ꎬ
ｈ(ｘ) 单调递减 极小值 １ 单调递增 ｘ
－ 解析 ( )易知ｆ(ｘ)的定义域为( ꎬ )ꎬ ｆ ′(ｘ) １－ｌｎ ꎬ
ｅ １ ０ ＋∞ ＝ ｘ２
当ｘ 时ꎬｈ(ｘ) ｘ ｘ ꎻ当ｘ 时ꎬｈ(ｘ) ｘ ｘ . 当 ｘ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎻ当
<０ ＝ ｅ <０ >０ ＝ ｅ >０ ０< <ｅ >０ ０ ｅ
作出函数ｈ(ｘ)的图象与直线ｙ ａ如图所示: ｘ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减.
＝ >ｅ <０ ｅ ＋∞
因为函数 ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ所以 ｆ( )
ｅ ＋∞ ２ ０２０ >
ｆ( )ꎬ即ｌｎ２０２０ ｌｎ２０２１ꎬ
２０２１ >
２０２０ ２０２１
所以 ꎬ
２０２１ｌｎ２０２０>２０２０ｌｎ２０２１
即 ２０２１ ２０２０ꎬ所以 ２０２１ ２０２０.
ｌｎ２０２０ >ｌｎ２０２１ ２０２０ >２０２１
ａ ( ) 第
(
２
)ｇ(ｘ)
＝
(ｘ２
－４
ｘ
＋４
)
＋２ｌｎ
ｘ
－
ｘ １
≤
ａ
≤
ｅ ꎬ
四
２ ２ ２ 章
所以ｇ′(ｘ) ａｘ ２ ａ
ａｘ２
－
(
２
ａ
＋１
)ｘ
＋２
(ａｘ
－１
)(ｘ
－２
)
.
＝ ＋ ｘ －２ －１＝ ｘ ＝ ｘ 一
元
( )当 １ ａ 时ꎬ直线ｙ ａ与函数ｈ(ｘ)的图象有两个交点ꎬ (ｘ )２
ｉ － < <０ ＝ 当ａ １ 时ꎬｇ(ｘ) １ (ｘ )２ ｘ ｘꎬｇ′(ｘ) －２ ꎬ所 函
ｅ ＝ ＝ －２ ＋２ｌｎ － ＝ ｘ ≥０ 数
设 由
时
这 图
ꎬ ｆ
两 可
′(
个 知
ｘ)
交 ꎬ当 点
ｘ
ｘ 的
ｘ
< ｘ 横
ａ
１ 坐 或
.
标 ｘ > 分 ｘ 别 ２ 时 为 ꎬ ｘ ｆ １ ꎬ ′ ｘ ( ２ ｘ ꎬ ) 且 ＝ ｘ ｘ １ ｅ < ｘ － ｘ ２ ａ ꎬ >０ ꎻ当 ｘ １< ｘ < ｘ ２ 以 又
使得
ｇ ｇ ( (
ｇ
２ ｘ
(
) ) ２
ｘ
在 ＝
)
２ ( ｌ ０ ｎ ꎬ ２ ＋
ꎬ
－ ∞
即
２< )
函
０ 上 ４
数
ꎬｇ 单 (
ｇ
调 ６
(
)
ｘ
递 ＝
)有
２ 增 ｌｎ
且
ꎬ ６
仅
－２
有
>０ ꎬ
个
所
零
以
点
存
.
在 ２ ｘ ０∈ ( ２ ꎬ ６ )ꎬ 的 导 数
及
＝ ｅ － <０ ０ ＝０ １ 其
此时函数ｆ(ｘ)有 ２ 个极值点. 当 １ ａ ｅ 时ꎬ令ｇ′(ｘ) (ａｘ －１ )(ｘ －２ ) ꎬ则ｘ １ 或ｘ ꎬ 应
( )当ａ 时ꎬ由图可知ꎬ直线ｙ ａ与函数ｈ(ｘ)的图象只有 < ≤ ＝ ｘ ＝０ ＝ ａ ＝２ 用
ｉｉ ≥０ ＝ ２ ２
５９
( ) 当 ｋ 时 求曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线
又 １ ꎬ所以当 ｘ １ 或ｘ 时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)在 ꎬ１ ꎬ (１) ＝０ ꎬ ＝ ( ) (－１ꎬ (－１))
ａ <２ ０< < ａ >２ >０ ０ ａ 方程
ꎻ
( ꎬ )上单调递增ꎻ 若对任意ｘ ｆ ｘ 恒成立 求实数ｋ的取
２ ＋∞ (２) ∈[－１ꎬ＋∞)ꎬ ( )≤０ ꎬ
( ) 值范围.
当 １ ｘ 时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)在 １ ꎬ 上单调递减.
ａ < <２ <０ ａ ２ 解析 ( )ｋ 时ꎬ ｆ(ｘ) ( － ｘ )ｘ２ ｘ ꎬ
１ ＝０ ＝ ｅ －２ －２ －２
所 ( 以ｇ ) (ｘ)在( ０ ꎬ ＋∞ )上有极小值ｇ( ２ ) ＝２ｌｎ２－２<０ ꎬ有极大值 ｆ ′(ｘ) ＝－ｅ － ｘｘ２ ＋ ( ｅ － ｘ －２ ) ２ ｘ －２ ꎬ
则ｆ ′( ) ( ) ꎬ又ｆ( ) ꎬ
ｇ １
ａ ＝２
ａ
－
１
ａ－２ｌｎ
ａ
－２
. －１ ＝－ｅ－２ ｅ－２ －２＝－３ｅ＋２ －１ ＝ｅ－２
２ 故所求切线方程为ｙ ( )(ｘ ) ꎬ
又ｇ( ６ ) ＝８ ａ ＋２ｌｎ６－６>４＋２ｌｎ ６－６＝２ｌｎ ６－２>０ ꎬ所以存在唯一 即( )ｘ ｙ .
＝ －３ｅ＋２ ＋１ ＋ｅ－２
的ｘ ( ꎬ )ꎬ使得ｇ(ｘ ) .
３ｅ－２ ＋ ＋２ｅ＝０
１∈ ２ ６ １ ＝０ ( ２ )由题意得ꎬ ｆ( －１ ) ＝－ ( ｅ－２ )(ｋ －１ ) ≤０ ꎬ解得ｋ ≥１ ꎬ
设ｈ(ａ) ａ １ ａ ꎬ１ ａ ｅ ꎬ ｆ( ) ｋ ꎬ解得ｋ ꎬ故必须满足 ｋ .
＝２ － ａ－２ｌｎ －２ < ≤ ０ ＝ －２≤０ ≤２ １≤ ≤２
２ ２ ２ 下面证明充分性:
( )
则ｈ′(ａ) １ ２ １ ２ ꎬ 若 ｋ ꎬ当 ｘ 时ꎬ － ｘ ꎬ
＝２＋
２
ａ２ － ａ ＝２
２
ａ－１ >０
则
１
ｆ(
≤
ｘ)
≤２
( － ｘ
－１
)
≤
(ｘ２
≤－
)
ｌｎ２
ｘ
ｅ
(
－
－
２
ｘ
≥０
)(ｘ２ ) (ｘ )ꎬ又
( ] ( ) ≤ ｅ －２ －１ －２ －２＝ ｅ －２ －１ －２ ＋１
故ｈ(ａ)在 １ ꎬ ｅ 上单调递增ꎬ所以ｈ(ａ) ｈ ｅ １ － ｘ ꎬｘ２ ꎬ (ｘ ) ꎬ所以( － ｘ )(ｘ２ ) (ｘ
≤ ＝ｅ－ － ｅ －２≥０ －１≤０ －２ ＋１ ≤０ ｅ －２ －１ －２
２ ２ ２ ｅ ) ꎬ满足ｆ(ｘ) .
( ) ＋１ ≤０ ≤０
ｅ ꎬ即ｇ １ ꎬ 当ｘ 时ꎬ － ｘ ꎬ
２－２ｌｎ <０ ａ <０ >－ｌｎ２ ｅ －２<０
所以ｇ( ２ ｘ)在( ꎬ )上恒小于 ꎬ即 ｇ(ｘ)在( ꎬ )上不存在 则ｆ(ｘ) ≤ ( ｅ － ｘ －２ )(ｘ２ －２ ) －２ ｘ －２≤－２ ( ｅ － ｘ －２ ) －２ ｘ －２ .
零点. ０ ２ ０ ０ ２ 令ｇ(ｘ) ＝－２ ( ｅ － ｘ －２ ) －２ ｘ －２＝－２ｅ － ｘ －２ ｘ ＋２ ꎬｘ >－ｌｎ２ .
[ ] 则ｇ′(ｘ) ＝２ｅ － ｘ －２ ꎬ令ｇ′(ｘ) ＝０ ꎬ得ｘ ＝０ .故 －ｌｎ２< ｘ <０ 时ꎬｇ′(ｘ)
综上所述ꎬ当ａ １ ꎬ ｅ 时ꎬｇ(ｘ)有且仅有 个零点. ꎬｇ(ｘ)单调递增ꎻｘ 时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递减ꎬ所以
∈ １ >０ >０ <０
１４.(２０２２河北九师联 ２ 盟 ２ ３月质检联考ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ｘ ｇ(ｘ) ≤ ｇ( ０ ) ＝０ ꎬ满足ｆ(ｘ) ≤０ .
ｘ ａ ｘ ２ ａ Ｒ . ( )＝( 综上所述ꎬ １≤ ｋ ≤２ .
－２)ｅ ＋ ( －１) ( ∈ ) 解题思路 本题考查利用导数研究由恒成立求参数的范围
(１) 若ａ ＝－ １ ꎬ 求ｆ ( ｘ ) 的极值 ꎻ 问题ꎬ解决问题的关键在于由点探路ꎬ初步求得参数的取值范
２
当ａ 时 证明 ｆ ｘ 不存在两个零点. 围ꎬ然后证明充分性.在证明充分性时ꎬ适度地放缩是关键.
(２) <０ ꎬ : ( )
１６.(２０２２辽宁名校联盟３月联考ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ａｘ ｘ
解析 (
１
)若ａ
＝－
１ ꎬ则ｆ(ｘ)
＝
(ｘ
－２
)
ｅ
ｘ
－
１ (ｘ
－１
)２ꎬ
ｇ ｘ ａｘ２ ｘ.
( )＝２ ＋ｃｏｓ ꎬ
２ ２ ( )＝ ＋ｅ
故ｆ ′(ｘ) (ｘ )( ｘ )ꎬ令ｆ ′(ｘ) ꎬ得ｘ 或ｘ .
＝ －１ ｅ －１ ＝０ ＝０ ＝１ 当 ａ １ 时 求ｆ ｘ 在区间 上的极值之和
当ｘ 或ｘ 时ꎬｆ′(ｘ) ꎬｆ(ｘ)在( ꎬ )ꎬ( ꎬ )上单调 (１) ０< < ꎬ ( ) [０ꎬπ] ꎻ
<０ >１ >０ －∞ ０ １ ＋∞ ２
递增ꎻ 若ｆ ｘ ｇ ｘ 对任意实数 ｘ 恒成立 求实数 ａ 的取值
(２) ( )≤ ( ) ꎬ
当 ｘ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ 范围.
０< <１ <０ ０ １
解析 ( )易得ｆ ′(ｘ) ａ ｘꎬ
故ｆ(ｘ)在ｘ 时取得极大值ｆ( ) ５ ꎬ在ｘ 时取得极小 １ ＝２ －ｓｉｎ
＝０ ０ ＝－ ＝１ 令ｆ ′(ｘ) 的解为ｘ ꎬｘ(ｘ ｘ )ꎬ
２ ＝０ １ ２ １< ２
值ｆ( ) . 则 ｘ ａꎬ ｘ ａꎬ
１ ＝－ｅ ｓｉｎ １＝２ ｓｉｎ ２＝２
( )证明:易得ｆ ′(ｘ) (ｘ )( ｘ ａ). 由正弦函数的图象可知ｘ ｘ ꎬ
２ ＝ －１ ｅ ＋２ １＋ ２＝π
当
( )
ａ
若
<０
时
(
ꎬ关
ａ
于
)
ｘ的
ꎬ此
方
时
程
ｆ
ｆ
′(
′(
ｘ
ｘ
)
)
＝
(
０
ｘ
的根
)(
是
ｘ
１
和
)
ｌ
ꎬ
ｎ
(
ｆ
－
′(
２
ａ
ｘ
)
)
.
恒
所
当
以
ｘ
ｃｏ
[
ｓ
ꎬ
ｘ
ｘ
１＝
)
１
(
－
ｘ
４
ꎬ
ａ２ꎬ
]
ｃ
时
ｏｓ
ꎬ
ｘ
ｆ
２＝
′(
－
ｘ)
１－
ꎻ
４
ａ２.
成 单 ｉ 立 调 ꎬ 递 且 ｌ 增 ｎ 仅 ꎬ － 有 故 ２ 一 ｆ( ＝ 个 ｘ) １ 不 ｘ ＝ 存 １ ꎬ 在 使 两 得 个 ｆ 零 ′ ＝ ( 点 ｘ) . ＝ －１ ０ ꎬ ｆ ｅ (ｘ － ) ｅ 在( －∞ ꎬ ＋ ≥ ∞ ０ )上 当 所以 ｘ ∈ ∈ ｆ( ( ｘ ０ ｘ ) １ 在 ꎬｘ １ ２ [ ) ∪ 时 ꎬｘ ꎬ ) ２ ｆ 上 ′ π ( 单 ｘ) 调 <０ 递 ꎬ 增ꎬ在 > ( ０ ｘ ꎬｘ )上单调递减ꎬ在(ｘ ꎬ
０ １ １ ２ ２
( ｉｉ )若 ｌｎ ( －２ ａ) >１ ꎬ即 ａ <－ ｅ ꎬ则当 ｘ <１ 或 ｘ >ｌｎ ( －２ ａ)时ꎬ π
]上单调递增.
２ 则ｆ(ｘ)的极大值为ｆ(ｘ ) ａｘ ａ２ꎬ极小值为ｆ(ｘ )
ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增ꎻ当 ｘ ( ａ)时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ) １ ＝ ２ １＋ １－４ ２ ＝
>０ １< <ｌｎ －２ <０
单调递减.
２
ａｘ
２－ １－４
ａ２ꎬ
年 高 因为ｆ( １ ) ＝－ｅ<０ ꎬ所以结合ｆ(ｘ)的单调性可知ꎬ ｆ(ｘ)不存在 故ｆ(ｘ １ ) ＋ ｆ(ｘ ２ ) ＝２ ａ(ｘ １＋ ｘ ２ ) ＝２π ａ.
考 两个零点. ( ２ )由ｆ(ｘ) ≤ ｇ(ｘ)得 ２ ａｘ ＋ｃｏｓ ｘ － ａｘ２ －ｅ ｘ ≤０ ꎬ
设ｈ(ｘ) ａｘ ｘ ａｘ２ ｘꎬ
年 ( ｉｉｉ )若 ｌｎ ( －２ ａ) <１ ꎬ即 － ｅ < ａ <０ ꎬ则当ｘ >１ 或ｘ <ｌｎ ( －２ ａ)时ꎬ 则ｈ′(ｘ) ＝２ ａ ＋ｃｏｓ ｘ － ａｘ －ｅ ｘꎬ
模 ２ ＝２ －ｓｉｎ －２ －ｅ
拟 ｆ ′(ｘ) ꎬｆ(ｘ)单调递增ꎻ当 ( ａ) ｘ 时ꎬｆ ′(ｘ) ꎬｆ(ｘ) 设φ(ｘ) ａ ｘ ａｘ ｘꎬ则φ′(ｘ) ａ ｘ ｘꎬ
>０ ｌｎ －２ < <１ <０ ＝２ －ｓｉｎ －２ －ｅ ＝－２ －ｅ －ｃｏｓ
单调递减.
当ａ １ 时ꎬφ′(ｘ) ａ ｘ ｘ ꎬ
则ｆ(ｘ)的极大值为 ｆ( ( ａ)) [ ( ａ) ]( ａ) > ＝－２ －ｅ －ｃｏｓ <０
ｌｎ －２ ＝ ｌｎ －２ －２ －２ ＋ ２
︵
ａ[
ｌｎ
(
－２
ａ)
－１
]２
＝
ａ{[
ｌｎ
(
－２
ａ)
－２
]２
＋１
}
<０
ꎬ 所以φ(ｘ)在Ｒ上是减函数ꎬ即ｈ′(ｘ)在Ｒ上是减函数.
教 结合ｆ(ｘ)的单调性可知ꎬ ｆ(ｘ)不存在两个零点. 又ｈ′( ) ａ ꎬｈ′( ) ꎬ
０ ＝２ －１>０ １ ＝－ｅ－ｓｉｎ１<０
师 综上所述ꎬ当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ)不存在两个零点. 所以存在ｘ ( ꎬ )ꎬ使得ｈ′(ｘ ) ꎬ
用 <０ ０∈ ０ １ ０ ＝０
书 １５.(２０２２福建龙岩一模ꎬ２２)已知函数ｆ ( ｘ )＝(ｅ － ｘ －２)( ｘ２ － ｋ )－ 当ｘ ∈ ( ０ ꎬｘ ０ )时ꎬｈ′(ｘ) >０ ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎬ
︶ ｘ 其中ｋ Ｒ. 则存在ｘ′ ( ꎬｘ )ꎬ使得ｈ(ｘ) ｈ( ) ꎬ不合题意.
２ －２ꎬ ∈ ∈ ０ ０ > ０ ＝０
６０
ｂ ( ａ)
当ａ １ 时ꎬ设ｍ(ｘ) ｘ １ ｘ２ ｘꎬ则ｍ′(ｘ) ｘ ｘꎬ 当ｘ ＋ｌｎ ２ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递减ꎬ
＝ ＝ － －ｅ ＝１－ －ｅ <－ ａ <０
２ ２ ２
易知ｍ′(ｘ)在Ｒ上是减函数ꎬ ｂ ( ａ)
当ｘ ＋ｌｎ ２ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增.
又ｍ′( ) ꎬ所以当ｘ ( ꎬ )时ꎬｍ′(ｘ) ꎻ当ｘ ( ꎬ ) >－ ａ >０
０ ＝０ ∈ －∞ ０ >０ ∈ ０ ＋∞ ２
时ꎬｍ′(ｘ) ꎬ ｂ ｂ
<０ 令 ｋꎬ则ａ ꎬ
所以ｍ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ在( ꎬ )上单调递减ꎬ则 ａ ＝ ＝ ｋ
－∞ ０ ０ ＋∞
ｍ(ｘ)在ｘ 处取得最大值ꎬ为ｍ( ) ꎬ ｂ ( ａ)
＝０ ０ ＝－１ 当 １ ＋ｌｎ ２ ꎬ即 ｂ ( ａ) 时ꎬ ｆ(ｘ) 在
所以ｍ(ｘ) ꎬ ① － ａ ≥－ ａ ＋ｌｎ ２ ≥２
≤－１ ( ) ２
所以ｘ ＋ｃｏｓ ｘ － １ ｘ２ －ｅ ｘ ≤０ ꎬ符合题意. － ａ １ ꎬ ＋∞ 上单调递增ꎬ
２ ( )
当 ａ １ 时ꎬφ′(ｘ) ａ ｘ ｘ在( ꎬ )上单调递减ꎬ又 所以ｆ(ｘ) ｆ １ ｂ －２ １ １ ｂ －２ 恒成立ꎬ
０< < ＝－２ －ｅ －ｃｏｓ －１ ０ > － ａ ＝ｅ ＋ ａ － ａ ＝ｅ >０
２ ( )
φ′( －１ ) ＝－２ ａ －ｅ －１ －ｃｏｓ ( －１ ) <０ ꎬ故 φ(ｘ)在( －１ ꎬ ０ )上单调递 所以ｂ ( ａ) 时ꎬ ｆ(ｘ) 在ｘ １ ꎬ 时恒成立ꎬ
减ꎬ即ｈ′(ｘ)在( ꎬ )上是减函数. ＋ｌｎ ２ ≥２ ≥０ ∈ － ａ ＋∞
－１ ０
( ａ)
又ｈ′( ０ ) ＝２ ａ －１<０ ꎬｈ′( －１ ) ＝４ ａ －ｅ －１ －ｓｉｎ ( －１ ) ＝４ ａ ＋ｓｉｎ１－ １ > 此时ｋａ ＋ｌｎ ( ２ ａ) ≥２ ꎬ即ｋ ≥ ２－ｌｎ ａ ２ (ａ >０ ).
ｅ
( ｘ) ( ｘ)
ａ π １ ａ １ １ ꎬ则存在 ｘ′ ( ꎬ )ꎬ使得 令ｈ(ｘ) ２－ｌｎ ２ (ｘ )ꎬ则ｈ′(ｘ) ｌｎ ２ －３ꎬ
４ ＋ｓｉｎ － ＝４ ＋ － >０ ０∈ －１ ０ ＝ ｘ >０ ＝ ｘ２
４ ｅ ２ ｅ
ｈ′(ｘ′ ０ ) ＝０ ꎬ 当 ０< ｘ < ｅ ３ 时ꎬｈ′(ｘ) <０ ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎬ
当ｘ (ｘ′ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎬ则存在 ｘ′ (ｘ′ꎬ ２
∈ ０ ０ <０ １∈ ０
)ꎬ使得ｈ(ｘ′) ｈ( ) ꎬ不合题意. 当ｘ ｅ ３ 时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎬ
０ １ > ０ ＝０ > >０
２
当ａ ≤０ 时ꎬｈ( －１ ) ＝－３ ａ －ｅ －１ ＋ｃｏｓ１>－３ ａ － １ ＋ １ >０ ꎬ不合题意. 所以ｈ(ｘ)在ｘ ｅ ３ 处取得极小值ꎬ也是最小值ｈ ( ｅ ３ ) ２ ꎬ
{ } ｅ ２ ＝ ＝－ ３
综上ꎬ实数ａ的取值范围为 １ . ２ ２ ｅ
ｂ ( ａ) ｂ
２ 所以当 １ ＋ｌｎ ２ 时ꎬ 的最小值为 ２ .
１７.(２０２２湖南新高考教学教研联盟第一次联考ꎬ２２)已知函数 － ａ ≥－
２
ａ ａ －
ｅ
３
ｂ ( ａ)
ｆ ( ｘ )＝ｅ ２ ａｘ ＋ ｂ － ｘ － ａ １ ꎬ 其中ａ ꎬ ｂ是实数且ａ ≠０ . ② 当 － ａ １ < － ＋ｌｎ ａ ２ ꎬ即 ｂ ＋ ｌｎ ( ２ ａ) < ２ 时ꎬ ｆ (ｘ) 在
２
( ｂ ( ａ)) ( ｂ ( ａ) )
当ａ １ 时 讨论函数ｆ ｘ 在 上的极值情况 １ ꎬ ＋ｌｎ ２ 上单调递减ꎬ在 ＋ｌｎ ２ ꎬ 上单调
(１) ＝ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎻ － ａ － ａ － ａ ＋∞
２ ２ ２
( ) ｂ 递增ꎬ
若函数ｆ ｘ 对一切ｘ １ 恒成立 求 的最
(２) ( )≥０ ∈ － ａ ꎬ＋∞ ꎬ ａ ｂ ( ａ)
所以ｆ(ｘ)在ｘ ＋ｌｎ ２ 处取到极小值ꎬ也是最小值.
小值. ＝－ ａ
２
( )
解析 ( )当ａ １ 时ꎬ ｆ(ｘ) ｘ ＋ ｂ ｘ ꎬ ｆ ′(ｘ) ｘ ＋ ｂ ꎬ易 若ｆ(ｘ) 在ｘ １ ꎬ 时恒成立ꎬ
１ ＝ ＝ｅ － －２ ＝ｅ －１ ≥０ ∈ － ａ ＋∞
２
知ｆ ′(ｘ) ｘ ＋ ｂ 在Ｒ上单调递增ꎬ ( ｂ ( ａ)) ｂ ( ａ)
＝ｅ －１ 则ｆ(ｘ) ｆ ＋ｌｎ ２ １＋ ＋ｌｎ ２ １ ꎬ得ｂ ( ａ)
令ｆ ′(ｘ) ꎬ则ｘ ｂ. ｍｉｎ＝ － ａ ＝ ａ － ａ ≥０ ＋ｌｎ ２
＝０ ＝－ ２ ２
当ｂ 时ꎬ ｂ ꎬ ｆ ′(ｘ) 对ｘ ( ꎬ )恒成立ꎬ所以函数 ꎬ
≥０ － ≤０ >０ ∈ ０ ＋∞ ≥１
ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ所以ｆ(ｘ)没有极值. ( ａ)
０ ＋∞ 所以ｋａ ( ａ) ꎬ则ｋ １－ｌｎ ２ (ａ ).
当ｂ 时ꎬ ｂ ꎬ易知 ｘ ｂ时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递 ＋ｌｎ ２ ≥１ ≥ ａ >０
<０ － >０ ０< <－ <０
减ꎻｘ >－ ｂ时ꎬ ｆ ′(ｘ) >０ ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递增ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在 令ｍ(ｘ) １－ｌｎ ( ２ ｘ) (ｘ )ꎬ则ｍ′(ｘ) ｌｎ ( ２ ｘ) －２ꎬ
( ꎬ )上有极小值ꎬ且极小值为ｆ( ｂ) ｂ ꎬ没有极大值. ＝ ｘ >０ ＝ ｘ２
０ ＋∞ － ＝ －１
综上ꎬ当ｂ ≥０ 时ꎬ函数ｆ(ｘ)在( ０ ꎬ ＋∞ )上没有极值ꎻ 当 ｘ ｅ ２ 时ꎬｍ′(ｘ) ꎬｍ(ｘ)单调递减ꎬ
当ｂ 时ꎬ函数ｆ(ｘ)在( ꎬ )上有极小值ꎬ无极大值. ０< < ２ <０
<０ ０ ＋∞
２
( )解法一: ｆ(ｘ) ２ ａｘ ＋ ｂ ｘ １ ꎬ求导得ｆ ′(ｘ) ａ ２ ａｘ ＋ ｂ ꎬ所 当ｘ > ｅ 时ꎬｍ′(ｘ) >０ ꎬｍ(ｘ)单调递增ꎬ
２ ＝ｅ － － ａ ＝ ２ ｅ －１ ２
( )
以 所以 ｆ ″( ｆ ｘ ′( ) ｘ ＝ ) ４ ａ２ ｅ ａ ２ ａｘ ２ ＋ ａ ｂ ｘ ＋ > ｂ ０ (ａ 在 ≠０ Ｒ ) 上 ꎬ 单调递增ꎬ 所以ｍ(ｘ)在 ｘ ＝ ｅ ２ ２ 处取得极小值ꎬ也是最小值ꎬ为ｍ ｅ ２ ２ ＝ 第
＝２ ｅ －１
( ) 四
所以当ａ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ此时ｆ(ｘ)在ｘ １ ꎬ 上单调 － ２ ꎬ 章
<０ <０ ∈ － ａ ＋∞
ｅ
２
递减ꎬ
所以当 １
ｂ
＋ｌｎ
(
２
ａ)
时ꎬ
ｂ
的最小值为 ２ ꎬ
一
( ) ( ) － ａ <－ ａ ａ － ２ 元
而 ｂ ２ １ 且 ｆ ｂ ２ ２ ａ( ｅ ｂ －ａ２) ＋ ｂ ｂ ２ １ ｂ ２ ｅ 函
ｅ － ａ >－ ａ ｅ － ａ ＝ｅ － ｅ － ａ － ａ <ｅ － ｂ 数
综上ꎬ 的最小值为 ２ .
( ) ａ － ２ 的
ｂ ２ １ １ ꎬ ｅ 导
ｅ － ａ － ａ ＝ ａ <０ 解法二: ｆ(ｘ) ２ ａｘ ＋ ｂ ｘ １ ꎬ求导得ｆ ′(ｘ) ａ ２ ａｘ ＋ ｂ ꎬ 数
所以ａ 时不满足ｆ(ｘ) 恒成立. ＝ｅ － － ａ ＝２ ｅ －１ 及
<０ ≥０ 其
当ａ >０ 时ꎬ令ｆ ′(ｘ) ＝０ ꎬ得 ｅ ２ ａｘ ＋ ｂ ＝ １ ａ ꎬ即ｘ ＝－ ｂ ＋ｌｎ ( ａ ２ ａ) ꎬ 所 所 以 以 ｆ ｆ ″ ′ ( ( ｘ ｘ ) ) ＝４ ａ ａ ２ ｅ ２ ａ ２ ｘ ａ ＋ ｘ ｂ ＋ ｂ >０ 在 (ａ ≠ Ｒ上 ０ ) 单 ꎬ 调递增ꎬ 应 用
２ ２ ＝２ ｅ －１
６１
( ) １８.(２０２２南京师大附中适应性阶段考试ꎬ２２)已知实数ａ
所以当ａ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ此时ｆ(ｘ)在ｘ １ ꎬ 上单调 ≠０ꎬ
<０ <０ ∈ － ａ ＋∞ 设函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ .
( )＝ ｌｎ ＋ ＋１ꎬ >０
递减ꎬ
当ａ 时 求函数ｆ ｘ 的单调区间
( ) ( ) (１) ＝－１ ꎬ ( ) ꎻ
而 ｂ ２ １ 且 ｆ ｂ ２ ２ ａ( ｅ ｂ －ａ２) ＋ ｂ ｂ ２ １ ｂ [ ) ｘ
ｅ － ａ >－ ａ ｅ － ａ ＝ｅ － ｅ － ａ － ａ <ｅ － 对任意 ｘ １ 均有 ｆ ｘ 求实数 ａ 的取值
(２) ∈ ꎬ＋∞ ( )≤ ａꎬ
( ) ９ ２
ｂ ２ １ １ ꎬ 范围.
ｅ － ａ － ａ ＝ ａ <０
解析 ( )当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ) ｘ ｘꎬｘ .
所以ａ 时不满足ｆ(ｘ) 恒成立. １ ＝－１ ＝－ｌｎ ＋ １＋ >０
<０ ≥０
ｂ ( ａ) ｘ ｘ
当ａ >０ 时ꎬ令ｆ ′(ｘ) ＝０ ꎬ得 ｅ ２ ａｘ ＋ ｂ ＝ １ ａ ꎬ即ｘ ＝－ ＋ｌｎ ａ ２ ꎬ ｆ ′(ｘ) ＝－ １ ｘ ＋ １ ｘ＝ － ｘ ２ ＋ ｘ １
２ ２ ２ １＋ ２ １＋
当ｘ ｂ ＋ｌｎ ( ２ ａ) 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递减ꎬ ( ｘ ＋１＋ ２－１ )( ｘ ＋１－１－ ２ ) ꎬｘ ꎬ
<－ ２ ａ <０ ＝ ｘ ｘ >０
ｂ ( ａ) ２ １＋
当ｘ ＋ｌｎ ２ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增. 令ｆ ′(ｘ) ꎬ得 ｘ ꎬ
>－ ａ >０ <０ ０< <２＋２ ２
２
令ｆ ′(ｘ) ꎬ得ｘ ꎬ
令 ｂ ｋꎬ则ａ ｂ ꎬ >０ >２＋２ ２
ａ ＝ ＝ ｋ 所以函数ｆ(ｘ)的单调递减区间为( ꎬ )ꎬ单调递增区间
０ ２＋２ ２
①
当
－ ａ
１
≥－
ｂ ＋ｌｎ (
ａ
２ ａ) ꎬ即 ｂ
＋ｌｎ
(
２
ａ)
≥２
时ꎬ ｆ(ｘ) 在 为( ２＋２ ２ ꎬ ＋∞ ).
２
( ) ( )由题意得ｆ( ) １ ꎬ得 ａ ２.当 ａ ２时ꎬ ｆ(ｘ)
１ ꎬ 上单调递增ꎬ ２ １ ≤ ａ ０< ≤ ０< ≤ ≤
－ ａ ＋∞ ２ ４ ４
ｘ ｘ ｘ
( ) 等价于 ２ １＋ ｘ .
所以ｆ(ｘ)
>
ｆ
－ ａ
１
＝ｅ
ｂ －２
＋ ａ
１
－ ａ
１
＝ｅ
ｂ －２
>０
恒成立ꎬ
２
ａ ａ２ － ａ －２ｌｎ ≥０
所以 ｂ ( ａ) ꎬ即 ａ ｅ
２－ ｂ
时ꎬ ｆ(ｘ) 在 ｘ
令ｔ
＝ ａ
１ ꎬ则ｔ
≥２ ２
.设ｇ(ｔ)
＝
ｔ２ ｘ
－２
ｔ
１＋
ｘ
－２ｌｎ
ｘꎬｔ
≥２ ２
ꎬ则
＋ｌｎ ２ ≥２ ≥ ≥０ ∈
２
( ) æ ö２ ｘ
－ ａ １ ꎬ ＋∞ 时恒成立ꎬ ｇ(ｔ) ＝ ｘ è çｔ － １＋ １ ｘ ø ÷ － １＋ ｘ －２ｌｎ ｘꎬｔ ≥２ ２ .
ｂ ｂ ２－ ｂ [ )
那么当 最小时ꎬ直线ａ 与曲线ａ ｅ 相切ꎬ ( )当ｘ １ ꎬ 时ꎬ １ ꎬ
ａ ＝ ｋ ＝ ｉ ∈ ＋∞ １＋ ｘ ≤２ ２
２ ７
ｂ ｂ
设ｇ(ｂ) ＝ ａ ＝ ｅ ２－ ꎬ切点坐标为(ｂ ０ ꎬａ ０ )ꎬ易得ｇ′(ｂ) ＝－ ｅ ２－ ꎬ 则ｇ(ｔ) ≥ ｇ( ２ ２ ) ＝８ ｘ －４ ２ １＋ ｘ －２ｌｎ ｘ.
２ ２
ｇ′(ｂ ) １ 时ꎬ ｂ ０ｅ ２－ ｂ ０ ｅ ２－ ｂ ０ ꎬ故ｂ ꎬａ ｅ ３ ꎬ则 ｂ ０ ２ ꎬ 记ｐ(ｘ) ＝４ ｘ －２ ２ １＋ ｘ －ｌｎ ｘꎬｘ ≥ １ ７ ꎬ
∴ 所以当 ０ ａ ＝ ｅ ｋ ２－ ｂ 时ꎬ － ｂ 的 ２ 最 ＝ 小 ２ 值为 ２ ０＝ . －１ ０＝ ２ ａ ０ ＝－ ｅ ３ 则ｐ′(ｘ) ＝ ２ ｘ － ｘ ２ － １ ｘ ＝ ２ ｘ ｘ ＋ ｘ １－ ｘ ２ ｘ － ｘ ＋１
≥ ａ － ３ ＋１ ＋１
２ ｅ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
ｂ ( ａ) ＋１－ ２ ＋ ＋１－ ＋１
当 １ ＋ｌｎ ２ ꎬ即ｂ ( ａ) 时ꎬ ＝ ｘ ｘ
② － ａ < ａ ＋ｌｎ ２ <２ ＋１
２
( ｂ ( ａ)) ｘ( ｘ ｘ) ｘ ( ｘ )
ｆ(ｘ)在 １ ꎬ ＋ｌｎ ２ 上单调递减ꎬ ＋１－ ２ ＋ ＋１ －１
－ ａ － ａ ＝ ｘ ｘ
２ ＋１
( ｂ ( ａ) )
在 － ＋ｌｎ ２ ａ ２ ꎬ ＋∞ 上单调递增ꎬ ( ｘ １－ ｘ) ｘ ｘ＋ (ｘ －１ ｘ ) ｘ ＋１
ｂ ( ａ) ＋１＋ ２ ＋１
所以ｆ(ｘ)在ｘ ＋ｌｎ ２ 处取到极小值ꎬ也是最小值ꎬ ＝ ｘ ｘ
＝－ ａ ＋１
( ２ ) æ ｘ ｘ ö
若ｆ(ｘ) ≥０ 在ｘ ∈ － ａ １ ꎬ ＋∞ 时恒成立ꎬ (ｘ －１ ) è ç － ｘ ｘ＋ ｘ ＋１ ø ÷
＋１＋ ２ ＋１
( ｂ ( ａ)) ｂ ( ａ) ＝ ｘ ｘ
则ｆ(ｘ) ｆ ＋ｌｎ ２ １＋ ＋ｌｎ ２ １ ꎬ得ｂ ( ａ) ＋１
年 高 ꎬ所以 ｍｉｎ ｅ ＝ １－ ｂ － ａ ｅ ２ ２－ ａ ｂ ꎬ此时 ＝ 若 ｂ 最 ２ ａ 小ꎬ则直 － ａ 线 ≥ ａ ０ ｂ 与 ＋ 曲 ｌｎ 线 ２ ａ ＝ｘ (ｘ ｘ －１ ) ( [ １ ｘ ＋ ｘ ) ( ( ２ ｘ ｘ ＋２－１ )] ｘ) .故当 ｘ 变化时ꎬｐ′(ｘ)ꎬｐ(ｘ)
考 ≥１ ≤ < ａ ＝ ｋ ＝ ＋１ ＋１ ＋１＋ ２
２ ２ 的变化情况如表所示:
ｂ
１－
年 ｅ 相切ꎬ ( )
模 ２ ｘ １ １ ꎬ ( ꎬ )
拟 设ａ ｎ(ｂ) ｅ １－ ｂ ꎬ切点坐标为(ｂ ꎬａ )ꎬ易得ｎ′(ｂ) ｅ １－ ｂ ꎬ ７ ７ １ １ １ ＋∞
＝ ＝ ０ ０ ＝－ ｐ′(ｘ)
２ ２ － ０ ＋
ｎ′(ｂ ) １ 时ꎬ ｂ ０ｅ １－ ｂ ０ ｅ １－ ｂ ０ ꎬ则 ｂ ꎬ故 ａ ｅ ２ ꎬ ｂ ０ ( )
︵ ∴ ０ ＝ ｋ － ２ ＝ ２ ０ ＝－１ ０ ＝ ２ ａ ０ ＝ ｐ(ｘ) ｐ １ 单调递减 极小值ｐ( １ ) 单调递增
教 １－ ｂ ２－ ｂ ｂ ７
师 用 － ｅ ２ ２ ꎬ所以ｅ ２ ≤ ａ < ｅ ２ 时ꎬ ａ 的最小值为 － ｅ ２ ２ . 所以ｐ(ｘ) ≥ ｐ( １ ) ＝０ .因此ｇ(ｔ) ≥ ｇ( ２ ２ ) ＝２ ｐ(ｘ) ≥０ .
书 综上ꎬ ｂ 的最小值为 ２ . ( ) 当 ｘ [ １ ꎬ１ ) 时ꎬ ｇ ( ｔ ) ｇ æ ç １ ö ÷
︶ ａ － ２ ｉｉ ∈ ≥ è １＋ ｘ ø
ｅ ９ ７
６２
ｘ ｘ (ｘ )
－２ ｌｎ － ＋１ . 因为 ２ ５ ꎬ且 ５ ꎬ所以 ５
＝ ｘ ｌｎ７>ｌｎ２ｅ＝１＋ｌｎ２>１＋ ３ ＝ ３ ７> ２ ７ｌｎ７> ２
[ ] ｘ ( )
令ｑ(ｘ) ｘ ｘ ｘ ꎬｘ １ ꎬ１ ꎬ则ｑ′(ｘ) ｌｎ ＋２ ꎬ ５ ꎬ即４ ７ ꎬ即ｑ １ .
＝２ ｌｎ ＋ ＋１ ∈ ９ ７ ＝ ｘ ＋１>０ × ３ >４ ７ －ｌｎ７<０ ７ <０
[ ] æ ö ｑ(ｘ)
故ｑ(ｘ)在 １ ꎬ１ 上单调递增ꎬ 所以ｑ(ｘ) <０ .因此ｇ(ｔ) ≥ ｇ è ç １＋ １ ｘ ø ÷ ＝－ ｘ >０ .
９ ７
( ) [ )
所以ｑ(ｘ) ｑ １ . 由( )( )知对任意 ｘ １ ꎬ ꎬｔ [ ꎬ )ꎬｇ(ｔ)
≤ ｉ ｉｉ ∈ ＋∞ ∈ ２ ２ ＋∞ ≥０
７ ９
( ) ( ) ( 恒成立ꎬ
解法一:由( )得ꎬｑ １ ２ ７ｐ １ ２ ７ｐ( ) . 回代
ｉ ＝－ <－ １ ＝０ [ ) ｘ
７ ７ ７ ７ 即对任意ｘ １ ꎬ ꎬ均有ｆ(ｘ) .
( ) æ ö ( ) ∈ ＋∞ ≤ ａ
中间函数ｐ(ｘ)ꎬ因为ｑ １ ２ ７ç４ ７ ÷ꎬｐ １ ４ ７ ９ ２
７
＝
７
è
７
－ｌｎ７ø
７
＝－
７ 综上所述ꎬ实数ａ的取值范围是
æ
ç ꎬ ２
ù
úú.
( ) ( ) )
è０ û
４
ꎬ所以ｑ １ ２ ７ｐ １
＋ｌｎ７ ＝－
７ ７ ７
( ) æ ö
解法二:用放缩法直接证明ｑ １ ２ ７ ç４ ７ ÷ :
＝ ×è －ｌｎ７ø<０
７ ７ ７
第
四
章
一
元
函
数
的
导
数
及
其
应
用
６３
一年 甄选情境素养 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
创新 专家独家命制 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
学生用书P160
１.(２０２２ ５３原创题)设函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｇ ｘ ｘ 若ｘ ｘ２ ｘ
( )＝ －ｌｎ ꎬ ( )＝ ꎬ >１ꎬ 当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ) １ ｘ２ ｘ ｘꎬ ｆ ′(ｘ) ｘ ２ － －２
则下列不等式正确的是 ＝１ ＝ －２ｌｎ － ＝ － ｘ －１＝ ｘ ＝
( ) ２
ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ (ｘ )(ｘ )
Ａ. ( )> ( ) Ｂ. ( )< ( ) －２ ＋１ ꎬ当ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ当 ｘ ( ꎬ )时ꎬ
ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ
ｘ ∈ ０ ２ <０ ∈ ２ ＋∞
Ｃ. ( )≥ ( ) Ｄ. ( )≤ ( )
ｆ ′(ｘ) ꎬ
答案 Ａ >０
２.(２０２２ ５ ３原创题)函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 的最小值为 则ｆ(ｘ)的单调递减区间为( ０ ꎬ ２ )ꎬ单调递增区间为( ２ ꎬ ＋∞ ).
( )＝ ｅ －ｌｎ － －２
ａ２
( )
(
２
)因为ｆ(ｘ)
＝
ｘ２
－２ｌｎ
ｘ
－
ａｘꎬ
２
Ａ.－ ２ Ｂ.－１ Ｃ.１ Ｄ.２ ａ２ｘ２ ａｘ (ａｘ )(ａｘ )
答案 Ｂ 所以ｆ ′(ｘ) ａ２ｘ ２ ａ － －２ －２ ＋１ ꎬ
＝ － ｘ － ＝ ｘ ＝ ｘ
３.(２０２２ ５３原创题)已知实数ａ ｂ ｃ 且 ａ ａ２ ｂ
ꎬ ꎬ ∈(０ꎬｅ)ꎬ ２ ＝ ꎬ３ ＝ 令ｆ ′(ｘ) ꎬ解得ｘ １ 或ｘ ２ ꎬ
ｂ３ ｃ ｃ５ 则 ＝０ ＝－ ａ ＝ ａ
ꎬ５ ＝ ꎬ ( )
ｂ ａ ｃ ｃ ｂ ａ
Ａ. < < Ｂ. < < 若 ａ ꎬ由 ａ２ 得 ａ ꎬ则 １ ꎬ ２ ꎬ故当 ｘ
ａ ｂ ｃ ｃ ａ ｂ ① >０ >１ >１ － ａ <０ ａ >０ ∈
Ｃ. < < Ｄ. < <
答案 Ｄ ( ) ( )
ꎬ２ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递减ꎻ当 ｘ ２ ꎬ 时ꎬ
４.(２０２２ ５３原创题)定义在 上的函数ｆ ｘ 满足ｆ ｘ ０ ａ <０ ∈ ａ ＋∞
(０ꎬ＋∞) ( ) ( )
ｘ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增ꎬ
＝ ｘ ｅ ２ꎬ 则下列说法错误的有 ( ) 所以ｆ( > ｘ ０ )的最小值为ｆ ( ２ ) ａ .
ａ ＝２ｌｎ
ｘ２ｆ ｘ ｘ 对任意ｘ 恒成立 ２
Ａ. ( )> ＋１ ∈(０ꎬ＋∞) ａ
２ 设ｈ(ａ) ａ２ ａ (ａ )ꎬ
ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值ｅ ＝２ｌｎ ＋ － －２ >１
Ｂ. ( ) ＝２ ２
４ ａ２ ａ
ｆ ｘ 只有一个零点 则ｈ′(ａ) ２ ａ ２ － ＋２ꎬ
Ｃ. ( ) ＝ ａ ＋２ －１＝ ａ
Ｄ.
若对任意的ｘ
∈(０ꎬ＋∞)ꎬ
ｆ
(
ｘ
)＋５>
ｋ
－
ｘ２
＋４
ｘ恒成立
ꎬ
则ｋ
< ( ) ２
ｅ ２
因为
２
ａ２
－
ａ
＋２＝２
ａ
－
１
＋
１５
>０
ꎬ所以ｈ′(ａ)
>０
ꎬｈ(ａ)在(
１
ꎬ
＋１ ４ ８ ４ )上单调递增ꎬ
答案 Ｃ ＋∞
又ｈ( ) ꎬ所以当ａ 时满足条件.
５.(２０２２辽宁名校联盟二轮复习联考(一)ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ２ ＝０ ＝２ ( ) 若ａ ꎬ由ａ２ 得ａ ꎬ
② <０ >１ <－１
ａ２
＝
ｘ２
－２ｌｎ
ｘ
－
ａｘ
ꎬ
其中ａ
≠０
.
则 １ ꎬ２ ꎬ ２ － ａ >０ ａ <０
当ａ 时 求ｆ ｘ 的单调区间 ( )
(１) ＝１ ꎬ ( ) ꎻ 故当ｘ ꎬ １ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递减ꎻ当 ｘ
当ａ２ 时 是否存在实数ａ使得函数ｆ ｘ 的最小值为 ａ２ ∈ ０ － ａ <０ ∈
(２) >１ ꎬ ( ) －
ａ 若存在 求出ａ的值 若不存在 请说明理由. ( )
＋ ＋２? ꎬ ꎻ ꎬ １ ꎬ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增ꎬ
解析 ( )易知ｆ(ｘ)的定义域为( ꎬ ). － ａ ＋∞ >０
１ ０ ＋∞
( ) ( )
２
所以ｆ(ｘ)的最小值为ｆ １ ( ａ) ３ . 因为 ａ２ ａ ａ １ １５ ꎬ所以 ｍ′(ａ) ꎬｍ(ａ)在
－ ａ ＝２ｌｎ － ＋ ２ － ＋２＝２ － ＋ >０ <０
２ ４ ８
( ꎬ )上单调递减ꎬ
设ｍ(ａ) ( ａ) ａ２ ａ １ (ａ )ꎬ －∞ －１
＝２ｌｎ － ＋ － － <－１
２ 所以ｍ(ａ) ｍ( ) ３ ꎬ故不存在满足条件的实数ａ.
ａ２ ａ > －１ ＝ >０
则ｍ′(ａ) ２ ａ ２ － ＋２ꎬ ２
＝ ａ ＋２ －１＝ ａ 综上所述ꎬａ .
＝２
年
高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
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