北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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4.2 导数的应用
考点一 导数与函数的单调性
b
1.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=aln x+ 取得最大值-2,
x
则f '(2)=( )
1 1
A.-1 B.- C. D.1
2 2
a b ax−b
答案 B f '(x)= − = ,
x x2 x2
由题可知x=1为f(x)的极大值点,
{f '(1)=0, {a−b=0,
∴ ∴ ∴a=b=-2,
f(1)=−2, b=−2,
−2x+2 1
∴f '(x)= ,∴f '(2)=- ,故选B.
x2 2
解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值.
2.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则( )
A.a>0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a
答案 A 由9m=10可得m=log10>1,令f(x)=xm-(x+1),则f '(x)=mxm-1-1,易知当x>1时, f '(x)>0,所以
9
f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(8)<f(9)<f(10),所以8m-9<9m-10<10m-11,即a>0>b,故选A.
1
7.(2022新高考Ⅰ,7,5分)设a=0.1e0.1,b= ,c=-ln 0.9,则 ( )
9
A.a<b<c B.c<b<a
C.c<a<b D.a<c<b
1
e0.1
1 1 a 10 9
答案 C a=0.1e0.1= e0.1,b= ,则 = = e0.1,构造f(x)=(1-x)ex,则 f '(x)=-xex,当x>0时, f
10 9 b 1 10
9
a
'(x)<0, f(x)单调递减,∴f(0.1)<f(0)=1,∴ <1,∴a<b.
b
下面比较a与c.
1 1 (1−x2 )ex−1
令g(x)=xex+ln(1-x),0<x< ,则g'(x)=(x+1)ex- = ,
4 1−x 1−x北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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令H(x)=(1-x2)ex-1,0<x<1,则H'(x)=(1-x2-2x)ex,易知H'(x)>0,则H(x)在( 1)上为增函数,
0,
4 4
∴H(x)>H(0)=0.
∴g(x)在( 1)上为增函数,∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln 0.9>0,∴a>c,∴b>a>c.
0,
4
3.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=√1.04-1,则 ( )
A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b
答案 B 解题指导:注意到a,b为同底的对数值,考虑用对数函数的单调性比较大小,c与a、b的结构不同,
可构造与ln x相关的不等式,放缩后再比较大小.
解析 解法一:a=ln 1.012,
因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02,
所以a>b,排除选项A与选项D.
设f(x)=ln x- 2(x−1)(x>1),则f '(x)=1 4 (x−1) 2 >0,
− =
x+1 x (x+1) 2 x(x+1) 2
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,
2(x−1)
从而f(x)>f(1)=0,即ln x> .
x+1
2×0.01 0.04
故a=2ln 1.01>2× = .
1.01+1 2.01
0.04
c=√1.04−1= ,
√1.04+1
因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04,
所以1.01<√1.04,所以2.01<√1.04+1,
0.04 0.04
所以 > ,即a>c,排除选项C.
2.01 √1.04+1
故选B.
解法二:因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1,
所以a>b,
下面比较a与c的大小.
令f(x)=2ln(1+x)-√1+4x+1,x∈[0,1),北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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则f '(x)= 2 2 2[√1+4x−(1+x)],
− =
1+x √1+4x (1+x)·√1+4x
∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)),
∴f '(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上为增函数,
∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c.
再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=√1+0.04-1,
令g(x)=√1+2x-1-ln(1+x),x∈[0,1),
则g'(x)= 1 1 1+x−√1+2x,
− =
√1+2x 1+x (1+x)√1+2x
而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0,
∴g(x)在[0,1)上为增函数,∴g(0.02)>g(0)=0,
∴c>b.
综上,a>c>b,故选B.
拓展延伸:关于ln x的重要不等式
1
(1)1- ≤ln x≤x-1(x>0).
x
(2)ln x≥1( 1),0<x≤1;ln x≤1( 1),x≥1.
x− x−
2 x 2 x
2(x−1) 2(x−1)
(3)ln x≥ ,x≥1;ln x≤ ,0<x≤1.
x+1 x+1
x2
(4)ln(x+1)≥x- ,x≥0.
2
(5)ln x≤√x−1,x≥1.
x −x x +x
(6) √x x < 1 2 < 1 2 (x 1 ≠x 2 ,x 1 >0,x 2 >0).
1 2 ln x −ln x 2
1 2
1
4.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
3
A.[-1,1] B.[ 1]
−1,
3北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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C.[ 1 1] D.[ 1]
− , −1,−
3 3 3
2 2 4 5
答案 C f '(x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+acos x+ , f(x)在R上单调递增,则f
3 3 3 3
4 5
'(x)≥0在R上恒成立,令cos x=t,t∈[-1,1],则- t2+at+ ≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,
3 3
令g(t)=4t2-3at-5,则{ g(1)=4−3a−5≤0, 解得-1≤a≤1,故选C.
g(−1)=4+3a−5≤0, 3 3
疑难突破 由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决.
评析 本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即
可.
5. (2015课标Ⅱ理,12,5分)设函数f '(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当x>0时,
xf '(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
答案 A 令g(x)=f(x),则g'(x)=xf '(x)−f(x),由题意知,当x>0时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函
x x2
数.
∵f(x)是奇函数, f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,
f(1)
∴g(1)= =0,
1
∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.
f(−x) −f(x) f(x)
又∵g(-x)= = = =g(x),∴g(x)是偶函数,
−x −x x
∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;
当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.
综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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评析 出现xf '(x)+f(x)>0(<0)时,考虑构造函数F(x)=xf(x);出现xf '(x)-f(x)>0(<0)时,考虑构造函数g(x)=
f(x)
.
x
6.(2015课标Ⅰ理,12,5分)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f(x)<0,则a的取值范
0 0
围是( )
A.[ 3 ) B.[ 3 3) C.[ 3 3) D.[ 3 )
− ,1 − , , ,1
2e 2e 4 2e 4 2e
答案 D 由f(x
0
)<0,即ex 0(2x
0
-1)-a(x
0
-1)<0得ex 0(2x
0
-1)<a(x
0
-1).
当x=1时,得e<0,显然不成立,所以x≠1.
0 0
若x 0 >1,则a>
ex 0(2x
0
−1).
x −1
0
令g(x)=ex (2x−1),则g'(x)=
2xex(
x−
3)
.
2
x−1
(x−1) 2
当x∈( 3)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
1,
2
当x∈(3 )时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
,+∞
2
5
要满足题意,则x=2,此时需满足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤ e3,与a<1矛盾,所以x<1.
0 0
2
因为x 0 <1,所以a<
ex 0(2x
0
−1).
x −1
0
易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
要满足题意,则x=0,此时需满足g(-1)≤a<g(0),
0
3
得 ≤a<1(满足a<1).故选D.
2e
评析 本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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7.(2014课标Ⅰ,理11,文12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x,且x>0,则a的取值范围是
0 0
( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
答案 C (1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.
2
(2)当a≠0时, f '(x)=3ax2-6x,令f '(x)=0,解得x=0,x= .
1 2
a
当a>0时,2>0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与(2 )上为增函数,在( 2)上为减函数,因为f(x)
,+∞ 0,
a a a
存在唯一零点x,且x>0,则f(0)<0,即1<0,不成立.
0 0
当a<0时,2<0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在( 2)和(0,+∞)上为减函数,在(2 )上为增函数,因为f(x)
−∞, ,0
a a a
存在唯一零点x
0
,且x
0
>0,则f(2)>0,即a· 8 -3· 4 +1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为(-
a a3 a2
∞,-2).选C.
8.(2014课标Ⅱ文,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
1 1
答案 D 依题意得f '(x)=k- ≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥ 在(1,+∞)上恒成立,
x x
1
∵x>1,∴0< <1,
x
∴k≥1,故选D.
9.(2019课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.
解析 本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数
最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应用.
(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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a
令f '(x)=0,得x=0或x= .
3
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪(a )时, f '(x)>0;
,+∞
3
当x∈( a)时, f '(x)<0.
0,
3
故f(x)在(-∞,0),(a )单调递增,在( a)单调递减;
,+∞ 0,
3 3
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x∈( a)∪(0,+∞)时, f '(x)>0;
−∞,
3
当x∈(a )时, f '(x)<0.
,0
3
故f(x)在( a),(0,+∞)单调递增,在(a )单调递减.
−∞, ,0
3 3
(2)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在( a)单调递减,在(a )单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f(a)=-
0, ,1
3 3 3
a3
+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
27
a3 {4−a,0<a<2,
于是m=- +2,M=
27 2,2≤a<3.
{
a3
2−a+ ,0<a<2,
27
所以M-m=
a3
,2≤a<3.
27
当0<a<2时,可知2-a+a3 单调递减,所以M-m的取值范围是( 8 ).
,2
27 27北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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当2≤a<3时,a3 单调递增,所以M-m的取值范围是[ 8 ).
,1
27 27
综上,M-m的取值范围是[ 8 ).
,2
27
规律总结 含参函数单调性的讨论,关键在于确定参数的分界值,确定分界值的顺序:(1)f'(x)最高次项系数是
否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有实数解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定义域内;(4)f'(x)=0的解x,x 之间的大小
1 2
比较.
易错警示 解题时,易犯以下两个错误:①对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a=0的情形而
导致失分;②当a>0时, f(x)在(-∞,0),(a )单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-∞,0)∪
,+∞
3
(a )单调递增导致错误,从而失分.
,+∞
3
10.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+√1+x,x>0.
3
(1)当a=- 时,求函数f(x)的单调区间;
4
(2)对任意x∈[ 1
,+∞
)均有f(x)≤√x,求a的取值范围.
e2 2a
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.
解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学
抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
3 3
(1)当a=- 时,f(x)=- ln x+√1+x,x>0.
4 4
f '(x)=- 3 + 1 =(√1+x−2)(2√1+x+1),
4x 2√1+x 4x√1+x
所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
1 √2
(2)由f(1)≤ ,得0<a≤ .
2a 4北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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√2 √x √x 2√1+x
当0<a≤ 时,f(x)≤ 等价于 - -2ln x≥0.
4 2a a2 a
令t= 1 ,则t≥2 .设g(t)=t2 -2t -2ln x,t≥2 ,则g(t)= ( √ 1) 2 - 1+x -2ln x.
√2 √x √1+x √2 √x t− 1+
a x √x
(i)当x∈[1 )时,√ 1≤2 ,
,+∞ 1+ √2
7 x
则g(t)≥g(2√2)=8√x-4√2√1+x-2ln x.
1
记p(x)=4√x-2√2√1+x-ln x,x≥ ,
7
2 √2 1 2√x√x+1−√2x−√x+1
则p'(x)= - - =
√x √x+1 x x√x+1
=
(x−1)[1+√x(√2x+2−1)]
.
x√x+1(√x+1)(√x+1+√2x)
故
1 (1 )
x ,1 1 (1,+∞)
7 7
p'(x) - 0 +
(1)
p(x) p 单调递减 极小值p(1) 单调递增
7
所以,p(x)≥p(1)=0.
因此,g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0.
(ii)当x∈[ 1 1)时,
,
e2 7
g(x)≥g(√ 1)= −2√xlnx−(x+1).
1+
x 2√x
令q(x)=2 ln x+(x+1),x∈[ 1 1],
√x ,
e2 7
lnx+2
则q'(x)= +1>0,
√x北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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故q(x)在[ 1 1]上单调递增,
,
e2 7
所以q(x)≤q(1).
7
由(i)得,q(1)=-2√7p(1)<-2√7p(1)=0.
7 7 7 7
所以,q(x)<0.
因此,g(t)≥g(√ 1)=- q(x)>0.
1+
x 2√x
由(i)(ii)知对任意x∈[ 1
,+∞
),t∈[2
√2
,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈[ 1
,+∞
),
e2 e2
√x
均有f(x)≤ .
2a
综上所述,所求a的取值范围是( √2].
0,
4
疑难突破 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定
根两侧导函数的正负.
(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值缩小a的
范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点.
11.(2017课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
解析 本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.
(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.
故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln( a).
−
2
当x∈( ( a))时,f '(x)<0;
−∞,ln −
2
当x∈( ln ( − a) ,+∞ )时, f '(x)>0.
2
故f(x)在(
−∞,ln
(
−
a))单调递减,在(
ln
(
−
a)
,+∞
)单调递增.
2 2
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,
f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln( a)时, f(x)取得最小值,最小值为f( ( a))=a2[3 ( a)] .
− ln − −ln −
2 2 4 2
从而当且仅当a2[3 ( a)] ≥0,
−ln −
4 2
3
即a≥-2 时, f(x)≥0.
e4
3
综上,a的取值范围是[-2 ,1].
e4
12.(2021全国甲文,20,12分)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.
(2ax+3)(ax−1)
解题指导:(1)对函数f(x)求导并因式分解得到f '(x)= ,根据a>0,x>0,可以判断f '(x)
x
的正负,即可判断出f(x)的单调性.
(2)根据题意得到函数f(x)在(0,+∞)上没有零点.由(1)可得f(x)
min
=f(1),使f(1)>0,即可求出a的取值
a a
范围.
解析 (1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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3 2a2x2+ax−3 (2ax+3)(ax−1)
∴f '(x)=2a2x+a- = = .
x x x
2ax+3
∵a>0,x>0,∴ >0,
x
当x∈( 1)时, f '(x)<0;
0,
a
当x∈(1 )时, f '(x)>0,
,+∞
a
∴函数f(x)在( 1)上单调递减,在(1 )上单调递增.
0, ,+∞
a a
(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,
由(1)可得函数f(x)在(
0,
1)上单调递减,在(1
,+∞
)上单调递增,∴f(x)
min
=f(1)
=3−3ln
1
a a a a
=3+3ln a>0,
1
∴ln a>-1,解得a> ,
e
故实数a的取值范围是(1 ).
,+∞
e
关键点拨 利用导数求函数的单调性时,要注意:①题目中函数的定义域是否有限制;②多个同单调性的区
间不能用并集符号相连;③在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不重不漏、层次分明”.
13.(2021全国乙文,21,12分)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.
解题指导:由题设求出函数f(x)的导函数f '(x),因为参数a影响了判别式,故对a进行分类讨论,设出切点
P(x,y),结合导数的几何意义求出切线方程,再由切点在曲线y=f(x)上、切线经过原点列出关于x 的方程,
0 0 0
进而求解.
解析 (1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f '(x)=3x2-2x+a,
对于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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1
①当a≥ 时,Δ≤0,即f '(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增.
3
1 1−√1−3a 1+√1−3a
②当a< 时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x= ,x= ,故当x∈
3 1 3 2 3
( 1−√1−3a)∪ 1+√1−3a,+∞ 时, f '(x)>0,当x∈ 1−√1−3a 1+√1−3a 时,
−∞, ,
3 3 3 3
f '(x)<0,
所以f(x)在( 1−√1−3a) (1+√1−3a )上单调递增,在
−∞, , ,+∞
3 3
(1−√1−3a 1+√1−3a)上单调递减.
,
3 3
(2)设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x,y),
0 0
则切线的斜率为f '(x)=3 -2x+a,
0 x2 0
0
故以点P为切点的切线方程为y=(3 -2x+a)(x-x)+y.由y= +ax+1,且切线过原点,得2
x2 0 0 0 0 x3−x2 0 x3−x2
0 0 0 0 0
-1=0,即(x-1)(2 +x+1)=0,解得x=1,从而得P(1,1+a).
0 x2 0 0
0
所以切线方程为y=(1+a)x,联立{ y=(1+a)x,
y=x3−x2+ax+1,
消去y得x3-x2-x+1=0,
即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,
∴公共点为(1,1+a)与(-1,-1-a).
疑难点拨:单调性问题的本质为解不等式,利用导函数的图象确定符号,当参数影响到导函数的符号时,对其
分类讨论;切线问题的核心是切点,而切线与曲线的公共点不一定只有切点,这是一个易错点.
14.(2021全国乙理,20,12分)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)北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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解析 (1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
1 x
∴y'=ln(a-x)+x· ·(-1)=ln(a-x)- ,x∈(-∞,a),
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
x
当a=1时,y'=ln(1-x)- ,x∈(-∞,1),
1−x
x
令p(x)=ln(1-x)- ,
1−x
1 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,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),
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.
名师点拨:在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,通过求函数最
值达到解决问题的目的.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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15.(2021新高考Ⅰ,22,12分)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< + <e.
a b
解题指导:(1)首先确定函数f(x)的定义域,然后求其导数f '(x),再分别令f '(x)>0与f '(x)<0,解不等式,进
而得出函数f(x)的单调性;(2)先将已知条件进行等价转化,得到f(1)
=f
(1),设x
1
=1,x
2
=1,将条件转
a b a b
化为方程f(x)=k的两个实根为x,x,然后结合函数的单调性分别证明x+x>2和x+x<e即可.
1 2 1 2 1 2
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得0<x<1,令f '(x)<0,解得x>1,所以函
数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
1 1
(2)证明:由bln a-aln b=a-b得 (1+ln a)= (1+ln b),
a b
即1( 1) 1( 1),
1−ln = 1−ln
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f(1)=1,故
1 2 1 2
a b
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,即证f(x)=f(x)<f(2-x).
1 2 2 1 2 1 1
令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)].
∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,
∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0.
∴f(x)<f(2-x),∴x>2-x,
2 1 2 1
∴x+x>2.
1 2
再证x+x<e,即证x<e-x,即证f(x)=f(x)>f(e-x).
1 2 2 1 2 1 1
令φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1),
则φ'(x)=-ln[x(e-x)],
∵x→0+时,φ'(x)→+∞,φ'(1)=-ln(e-1)<0,φ'(x)在(0,1)上单调递减,
∴在(0,1)上必存在唯一x,使φ'(x)=0,
0 0
且当x∈(0,x)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
0北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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当x∈(x,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
0
又x→0+时, f(x)→0+,且f(e)=0,
∴x→0+时,φ(x)→0+,又φ(1)=f(1)-f(e-1)>0,
∴φ(x)>0恒成立,∴f(x)>f(e-x),∴x<e-x,∴x+x<e.
2 1 2 1 1 2
1 1
综上,2< + <e成立.
a b
方法总结:利用导数证明不等式时,首先要转化为函数的单调性问题,然后结合函数的最值、函数的零点问
题解决,注意构造函数在证明过程中的应用.
16.(2021全国甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函数f(x)=xa
(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.
解题指导:(1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间.
(2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数的性质及图
象的变化趋势,进而求解参数的范围.
解析 (1)当a=2时,
f(x)=x2
=x2·2-x(x>0),
2x
则f '(x)=2x·2-x+x2·(-ln 2·2-x)=x·2-x(2-xln 2).
2
令f '(x)=0,则x= ,
ln2
f '(x), f(x)的情况如下:
( 2 ) 2 ( 2 )
x 0, ,+∞
ln2 ln2 ln2
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
所以函数f(x)在( 2 )上单调递增,在( 2 )上单调递减.
0, ,+∞
ln2 ln2
(2)令f(x)=1,则xa
=1,所以xa=ax,
ax
lnx lna
两边同时取对数,可得aln x=xln a,即 = ,
x a
