北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
学
微专题二 同构在导数中的应用
e+1 ln5
1.(2024云南、广西、贵州、四川联考(二),8)已知a=ln(√2e),b= ,c= +1,则a,b,c的
e 5
大小关系为 ( B )
A.c>a>b B.b>a>c C.a>b>c D.b>c>a
lnx
2.(2024黑龙江哈尔滨模拟,7)设实数m>0,若对任意的正实数x,不等式emx≥ 恒成立,则
m
m的最小值为 ( A )
1 1 2 e
A. B. C. D.
e 2e e 3
1
3.(2024湖南长沙长郡中学一模,8)已知实数a,b分别满足ea=1.02,ln(b+1)=0.02,且c= ,则
51
( D )
A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b
a(lnx −lnx )
4.(2024湖南长沙调研,14)已知对任意x ,x ∈(0,+∞),且当x <x 时,都有 2 1 <1+
1 2 1 2 x −x
2 1
1
,则a的取值范围是 ( -∞ , 2 ] .
x x
1 2
b
5.(2024山东菏泽一模,14)关于x的不等式xeax+bx-ln x≥1(a>0)恒成立,则 的最小值为
a
- 1 .
aex−1
6.(2024天津红桥二模,20)已知函数f(x)= 的图象在(1, f(1))处的切线经过点(2,e).
x
(1)求a的值及函数f(x)的单调区间;
lnx+x2+(λ−1)x−λ
(2)证明:对任意正实数λ,关于x的不等式exln x- ≥0在区间(1,+∞)上
eλ
恒成立.
aex−1
解析 (1)因为f(x)= ,所以f(1)=ae-1,
x
axex−aex+1
又f '(x)= ,所以f '(1)=1,
x2
又函数f(x)的图象在(1, f(1))处的切线经过点(2,e),
ae−1−e
所以 =1,解得a=1,
1−2
ex−1
所以f(x)= ,函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),
x
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xex−ex+1
f '(x)= ,
x2
令g(x)=xex-ex+1,则g'(x)=xex,
所以当x>0时g'(x)>0,当x<0时g'(x)<0,
所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(0)=0,
所以当x≠0时xex-ex+1>0恒成立,即f '(x)>0恒成立,
所以f(x)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增,
即f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(0,+∞),无单调递减区间.
lnx+x2+(λ−1)x−λ
(2)证明:若exln x- ≥0在区间(1,+∞)上恒成立,
eλ
由x∈(1,+∞),ln x>0,
lnx+x2+(λ−1)x−λ
得ex+λ≥ 在区间(1,+∞)上恒成立,(提示:化简过程中想办法出现f(x)的
lnx
形式)
(x+λ)(x−1)
所以ex+λ-1≥ 在区间(1,+∞)上恒成立,(提示:由f(x)解析式特点想到需要出现
lnx
类似ex-1的形式)
ex+λ−1 x−1 elnx−1
又λ>0,所以x+λ>0,所以 ≥ = 在区间(1,+∞)上恒成立,
x+λ lnx lnx
即f(x+λ)≥f(ln x)在区间(1,+∞)上恒成立,
由(1)可知f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以x+λ≥ln x在区间(1,+∞)上恒成立,
即λ≥-x+ln x在区间(1,+∞)上恒成立,
令h(x)=-x+ln x,x∈(1,+∞),
1 1−x
则h'(x)=-1+ = <0,
x x
所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)<h(1)=-1,
即-x+ln x<-1在区间(1,+∞)上恒成立,
所以λ>0时λ≥-x+ln x在区间(1,+∞)上恒成立,
lnx+x2+(λ−1)x−λ
即对任意λ∈(0,+∞),关于x的不等式exln x- ≥0在区间(1,+∞)上恒成
eλ
立.
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xa
7.(2024河北沧州一模,19)已知函数f(x)= ,a>0.
e2x
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)当x>0时,不等式f(x)-cos(ln f(x))≥aln x2-4x恒成立,求a的取值范围.
x2
解析 (1)当a=2时, f(x)= ,
e2x
2x·e2x−x2·e2x·2 −2x(x−1)
f '(x)= = ,
(e2x
)
2 e2x
令f '(x)=0,解得x=0或x=1,
所以x, f '(x), f(x)的关系如表,
x (-∞,0) 0 (0,1) 1 (1,+∞)
f '(x) - 0 + 0 -
1
f(x) 单调递减 0 单调递增 单调递减
e2
1
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(-∞,0),(1,+∞);极大值为f(1)= ,极小
e2
值为f(0)=0.
xa
(
xa
)
(2)f(x)-cos(ln f(x))≥aln x2-4x⇔ -cos ln ≥2aln x-4x⇔ealn x-2x-2(aln x-2x)-cos(aln
e2x e2x
x-2x)≥0,(提示:在化简过程中注意寻找相同表达式,进而可构造简单函数)
令g(t)=et-2t-cos t,其中t=aln x-2x,
a a−2x
设F(x)=aln x-2x,a>0,F'(x)= -2= ,
x x
a a
令F'(x)>0,解得0<x< ,令F'(x)<0,解得x> ,
2 2
( a) (a )
所以函数F(x)在 0, 上单调递增,在 ,+∞ 上单调递减,
2 2
(a) a
则F(x) =F =aln -a,且当x→0+时,F(x)→-∞,
max 2 2
( a ]
所以函数F(x)的值域为 −∞,aln −a ,
2
( a ]
所以t∈ −∞,aln −a .
2
g'(t)=et-2+sin t,
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( a ]
设h(t)=et-2+sin t,则h'(t)=et+cos t,t∈ −∞,aln −a ,
2
当t≤0时,et≤1,sin t≤1,且等号不同时成立,即g'(t)<0恒成立;
当t>0时,et>1,cos t≥-1,即h'(t)>0恒成立,
所以h(t)即g'(t)在(0,+∞)上单调递增,
又g'(0)=-1,g'(1)=e-2+sin 1>0,
所以存在t ∈(0,1),使得g'(t )=0,
0 0
当0<t<t 时,g'(t)<0,当t>t 时,g'(t)>0,
0 0
所以函数g(t)在(-∞,t )上单调递减,在(t ,+∞)上单调递增,且g(0)=0,
0 0
a
当aln -a≤0,即0<a≤2e时,g(t)≥0恒成立,符合题意;
2
a { a }
当aln -a>0,即a>2e时,取t =min aln −a,t ,必有g(t )<0,不符合题意.
2 1 2 0 1
综上所述,a的取值范围为(0,2e].
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