北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
4.3 导数的综合运用
考点1 利用导数证明不等式
(1 1)
1.(2023天津,20,16分)已知函数f(x)= + ln(x+1).
x 2
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明:f(x)>1;
5 ( 1)
(3)证明: <ln n!- n+ ln n+n≤1(n∈N*).
6 2
x+2 1
解析 (1)f '(x)= − ln(x+1),曲线 f(x)在 x=2 处的切线斜率为 f '(2)=
2x(x+1) x2
1 ln3
− .
3 4
2x 2x
(2) 证 明 : 当 x>0 时 , f(x)>1 ln(x+1)- >0, 令 g(x)=ln(x+1)- , 而 g'(x)=
x+2 x+2
⇔
x2
>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,原不等式得证.
(x+1)(x+2) 2
( 1)
(3)证法一:令中间待证式为某数列{a}的前n项和S,则S=ln n!- n+ ln n+n,则a=S=1,
n n n 2 1 1
( 1) n−1 ( 1) ( 1 ) ( 1 )
当n≥2时,a=S-S =1+ n− ln =1− n−1+ ln 1+ =1−f ,
n n n-1 2 n 2 n−1 n−1
由(2)知a<0(n≥2,n∈N*),故S≤S=1,不等式右边得证.
n n 1
欲 证 5<S
n
, 只 需 证 : 对 任 意 的 n≥2,n∈ N*,∑❑ n (-a
k
)=
∑❑
n [
f
( 1 )
−1
]
<
1, 令
6 k−1 6
k=2 k=2
h(x)=ln(x+1)-x(x+2)(x>0),h'(x)= −x2 , 当 x>0 时 ,h'(x)<0,h(x)<h(0)=0,ln(x+1)<
2(x+1) 2(x+1) 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
x(x+2), f(x)-1<x+2 x(x+2) x2 x2, 因 此 当 k≥2,k∈ N* 时 , f
· −1= <
2(x+1) 2x 2(x+1) 4(x+1) 4
( 1 ) 1 1 1( 1 1 ),
−1< < = −
k−1 4(k−1) 2 4(k−1) 2−1 2 2k−3 2k−1
当 n≥4 时 , 累 加 得
∑❑ n
(-a)=
∑❑ n [ f ( 1 ) −1 ] < 1
k k−1 2
k=4 k=4
(1 1) (1 1) ( 1 1 ) 1 1 1 1
− + − +…+ − −
= < ,
5 7 7 9 2n−3 2n−1 2 5 2n−1 10
3 3 5 3 5
又-a=f(1)-1= ln 2−1< ×0.694-1=0.041,-a= ln −1< ×(1.1-0.693)-1=0.017 5,
2 2 2 3 2 2 2
n n 1
故
∑❑(-a)=(-a)+(-a)+ ∑❑(-a)<0.041+0.017
5+0.1=0.158 5< ,原不等式左边得证.
k 2 3 k 6
k=2 k=4
5 ( 1)
证法二:只需证 <ln(n-1)!- n− ln n+n≤1,n=1时显然成立,下面考虑n≥2的情形.
6 2
( 1)
先证ln(n-1)!- n− ln n+n≤1.
2
( 1 )
当n≥2时,由(2)可得f >1(2≤i≤n),即
i−1
( 1)
n− [ln n-ln(n-1)]>1,
2
( 1)
n−1− [ln(n-1)-ln(n-2)]>1,
2
……
3
[ln 2-ln(2-1)]>1,
2
( 1)
累加可得 n− ln n-ln(n-1)!>n-1,
2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
( 1)
所以ln(n-1)!- n− ln n+n≤1(n≥1).
2
方便起见,以下x∈(0,1],
2x
令g(x)=ln(x+1)- 1 ,
− x2+x+2
6
x3 (x−24)
g'(x)= 36 ( − 1 x2+x+2 ) 2 (x+1) <0,
6
故g(x)单调递减,所以g(x)<g(0)=0,
1
x2
x+2 6
所以f(x)< =1+ ,
1 1
− x2+x+2 − x2+x+2
6 6
1 x2
又- x2+x+2>x+1,所以f(x)<1+ ,
6 6(x+1)
( 1 ) 2
( 1 ) i−1 1( 1 1)
则f <1+ =1+ − (2≤i≤n),即
i−1 ( 1 ) 6 i−1 i
6 +1
i−1
( 1) 1( 1 1)
n− [ln n-ln(n-1)]<1+ − ,
2 6 n−1 n
( 1) 1( 1 1 )
n−1− [ln(n-1)-ln(n-2)]<1+ − ,
2 6 n−2 n−1
……
3 1(1 1)
(ln 2-ln 1)<1+ − ,
2 6 1 2
( 1) 1( 1) 5
累加可得 n− ln n-ln(n-1)!<n-1+ 1− <n− ,
2 6 n 6北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
5 ( 1)
即 <ln(n-1)!- n− ln n+n.
6 2
5 ( 1)
综上, <ln n!- n+ ln n+n≤1.
6 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
2.(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)
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,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
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.
3.(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) (1) 1 1
=f ,设x= ,x= ,将条件转化为方程f(x)=k的两个实根为x,x,然后结合函数的
a b 1 a 2 b 1 2
单调性分别证明x+x>2和x+x<e即可.
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
1( 1) 1( 1)
即 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)→-∞,
1 a 2 b 1 2
且f(1)=1,故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.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
∴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
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.
4.(2016课标Ⅲ文,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
x−1
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1< <x;
lnx
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
1
解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= -1,令f '(x)=0,解得x=1.
x
当0<x<1时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.(4分)
(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
所以当x≠1时,ln x<x-1.
1 1 x−1
故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln < -1,即1< <x.(7分)
x x lnx
(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,令g'(x)=0,
c−1
ln
解得x= lnc .
0
lnc北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
当x<x 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.(9分)
0 0
c−1
由(2)知1< <c,故0<x<1.
lnc 0
又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.(12分)
疑难突破 在(3)中,首先要解方程g'(x)=0,为了判定g(x)的单调性,必须比较极值点x 与区间
0
(0,1)的关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点.
评析 本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.
5.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=√x-ln x.
(1)若f(x)在x=x,x(x≠x)处导数相等,证明: f(x)+f(x )>8-8ln 2;
1 2 1 2 1 2
(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
1 1
解析 (1)函数f(x)的导函数f '(x)= - ,
2√x x
1 1 1 1
由f '(x )=f '(x )得 - = - ,
1 2 2√x x 2√x x
1 1 2 2
1 1 1
因为x≠x,所以 + = .
1 2 √x √x 2
1 2
1
由基本不等式得 √x x =√x +√x ≥2√4 x x ,
2 1 2 1 2 1 2
因为x≠x,所以xx>256.
1 2 1 2
1
由题意得f(x)+f(x )=√x -ln x+√x -ln x= √x x -ln(x x).
1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2
1 1
设g(x)= √x-ln x,则g'(x)= (√x-4),
2 4x
所以
x (0,16) 16 (16,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,
故g(xx)>g(256)=8-8ln 2,
1 2
即f(x)+f(x )>8-8ln 2.
1 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
(
|a|+1) 2
(2)令m=e-(|a|+k),n= +1,
k
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
( 1 a ) ( |a|+1 )
f(n)-kn-a<n − −k ≤n −k <0,
√n n √n
所以,存在x∈(m,n)使f(x)=kx +a,
0 0 0
所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.
√x−lnx−a
由f(x)=kx+a得k= .
x
√x−lnx−a
设h(x)= ,
x
√x
lnx− −1+a −g(x)−1+a
则h'(x)= 2 = ,
x2
x2
√x
其中g(x)= -ln x.
2
由(1)可知g(x)≥g(16),
又a≤3-4ln 2,
故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,
所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,
因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.
综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
1 1
一题多解 (1)f '(x)= - ,且f '(x )=f '(x )(x≠x).
2√x x 1 2 1 2
1 1
设f '(x )=t,则 - =t的两根为x,x.
1 2√x x 1 2
即2t(√x)2-√x+2=0有两个不同的正根x,x.
1 2
1
Δ=1−16t>0, { 0<t< ,
{ 16
1
√x +√x = >0, 1
∴ 1 2 2t 即 √x +√x = ,
1 2 2t
1
√x x = >0, 1
1 2 t x x = .
1 2 t2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
∴f(x)+f(x )=√x +√x -ln(x x)
1 2 1 2 1 2
1 ( 1 )
= +2ln t 0<t< .
2t 16
1 ( 1 )
设g(t)= +2ln t 0<t< ,
2t 16
1 2 4t−1
则g'(t)=- + = <0,
2t2 t 2t2
( 1 ) ( 1 )
∴g(t)在 0, 上为减函数,∴g(t)>g =8-8ln 2,
16 16
∴f(x)+f(x )>8-8ln 2.
1 2
(2)设h(x)=f(x)-kx-a=√x-ln x-kx-a,
只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,
函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=√e−|a|−k+|a|+k-ke-|a|-k-a
≥√e−|a|−k+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.
1 ( 1 ) 2 1
又x>0时,√x-kx< -k· = .
2k 2k 4k
1 1
即h(x)<
4k
-a-ln x,取n= e4k −a,
1
则h(n)< -a-ln n=0,
4k
1
而-|a|-k≤-a-k<-a+ ,∴n>m>0.
4k
由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,
即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.
1 1 1 1 (1) 2 1
∵h'(x)= - -k≤ × - -k= -k,
2√x x 2 4 4 16
1
∴当k≥ 时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,
16北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
1
即当k≥ 时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
16
1
当0<k< 时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).
16
此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.
1 1
∵h'(x)=0,∴k= - ,
2√α α
1
则h(α)=√α-ln α-kα-a= √α-ln α+1-a,
2
1 1 √α−4
h'(α)= - = ,
4√α α 4α
∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,
∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.
1 1
又当α=16时,k= ,又0<k< ,∴α≠16.
16 16
故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.
即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.
1
∴当0<k< 时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,
16
∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.
6.(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;
1 1 1
(3)设n∈N*,证明:
+ +…+
>ln(n+1).
√12+1 √22+2 √n2+n
解析 (1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex,
当x∈(-∞,0)时,f '(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时,f '(x)>0,f(x)单调递增.
(2)当x>0时,f(x)<-1,即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立,
令F(x)=xeax-ex+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.
易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0,
F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1.
若F″(0)>0,则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x),
0北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
又F'(0)=0,∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x' ).
0
于是F(x)>F(0)=0在(0,x' )上恒成立,与F(x)<0矛盾,
0
1
∴F″(0)≤0,∴a≤ .
2
x x
∵eax≤ e2在(0,+∞)上成立,∴F(x)≤x e2-ex+1在(0,+∞)上成立,
x
故只需证x e2-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
x
令G(x)=x e2-ex+1(x>0),
x x x x
x ( x )
则G'(x)=e2+ e2−ex=e2 1+ −e2 .
2 2
x
x
∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,∴e2> +1在(0,+∞)上成立.
2
∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,∴G(x)<G(0)=0.
x
∴x e2-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
1
故当a≤ 时,xeax-ex<-1在(0,+∞)成立.
2
( 1]
∴a的取值范围为 −∞, .
2
1
(3)证明:构造函数h(x)=x- -2ln x(x>1),
x
1 2 x2−2x+1 (x−1) 2
则h'(x)=1+ − = = ,
x2 x x2 x2
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
1
∴h(x)>h(1)=0,∴x- >2ln x,
x
√ 1 1 √ 1
√ 1 1+ − >2ln 1+
令x= 1+ ,则有 n √ 1 n,
n 1+
n北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
1 n+1
>ln
∴ ,
√n2+n n
1 1 1 2 3 n+1
+ +…+ >ln +ln +…+ln
∴ =ln(n+1).
√12+1 √22+2 √n2+n 1 2 n
原式得证.
alnx b
7.(2011课标文,21,12分)已知函数f(x)= + ,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为
x+1 x
x+2y-3=0.
(1)求a,b的值;
lnx
(2)证明:当x>0,且x≠1时, f(x)> .
x−1
(x+1
)
a −lnx b
解析 (1)f '(x)= x - .
x2
(x+1) 2
1
由于直线x+2y-3=0的斜率为- ,且过点(1,1),
2
{
f(1)=1,
{
b=1,
故 1 即 a 1
f '(1)=− , −b=− .
2 2 2
解得a=1,b=1.
lnx 1
(2)证明:由(1)知f(x)= + ,
x+1 x
lnx 1 ( x2−1)
所以f(x)- = 2lnx− .
x−1 1−x2 x
x2−1
考虑函数h(x)=2ln x- (x>0),
x
2 2x2−(x2−1)
则h'(x)= -
x x2
(x−1) 2
=- .
x2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
1
所以当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 h(x)>0;
1−x2
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,
1
可得 h(x)>0.
1−x2
lnx lnx
从而当x>0,且x≠1时, f(x)- >0,即f(x)> .
x−1 x−1
评析 本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识,含字母的代数式的运算要求较高,对考
生的整体处理、分类整合的数学能力与技巧的要求很高.属难题.
考点2利用导数研究不等式恒（能）成立问题
1.(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
0
f(x)<0,则a的取值范围是( )
0
[ 3 ) [ 3 3) [ 3 3) [ 3 )
A. − ,1 B. − , C. , D. ,1
2e 2e 4 2e 4 2e
答案 D 由f(x)<0,即ex 0(2x-1)-a(x -1)<0得ex 0(2x-1)<a(x -1).
0 0 0 0 0
当x=1时,得e<0,显然不成立,所以x≠1.
0 0
ex 0(2x −1)
若x>1,则a> 0 .
0 x −1
0
ex (2x−1)
2xex(
x−
3)
令g(x)= ,则g'(x)= 2 .
x−1
(x−1) 2
( 3)
当x∈ 1, 时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
2
(3 )
当x∈ ,+∞ 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 2 0北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
ex 0(2x −1)
因为x<1,所以a< 0 .
0 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.
sinx ( π)
2.(2023全国甲理,21,12分)已知函数f(x)=ax- ,x∈ 0, .
cos3x 2
(1)当a=8时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)<sin 2x,求a的取值范围.
sinx
解析 (1)当a=8时, f(x)=8x- ,
cos3x
∴
cos4x−3cos2x(−sin2x) cos2x+3sin2x 8cos4x+2cos2x−3
f'(x)=8- =8- = =
cos6x cos4x cos4x
(4cos2x+3)(2cos2x−1) 2(4cos2x+3) ( cosx+ √2)( cosx− √2) ( π)
= 2 2 ,x∈ 0, ,
cos4x 2
cos4x
√2 ( π) ( π)
令f '(x)>0,得cos x> ,又x∈ 0, ,∴x∈ 0, ,
2 2 4
√2 ( π) (π π)
令f '(x)<0,得cos x< ,又x∈ 0, ,∴x∈ , ,
2 2 4 2
( π) (π π)
∴f(x)在 0, 上单调递增,在 , 上单调递减.
4 4 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
sinx ( π)
(2)令g(x)=sin 2x-f(x)=sin 2x-ax+ ,x∈ 0, ,
cos3x 2
cos2x+3sin2x
∴g'(x)=2cos 2x-a+
cos4x
3−2cos2x
=4cos2x+ -a-2,
cos4x
( π)
令t=cos2x,∵x∈ 0, ,∴t∈(0,1),
2
3−2t
令h(t)=4t+ -a-2,
t2
2t−6 4t3+2t−6 (t−1)(4t2+4t+6)
∴h'(t)=4+ = = ,
t3 t3 t3
又∵t∈(0,1),∴h'(t)<0在(0,1)上恒成立,
∴h(t)在(0,1)上单调递减,
( π)
又t=cos2x在 0, 上单调递减,
2
( π)
∴g'(x)在 0, 上单调递增,
2
且g'(0)=4+1-a-2=3-a,
( π)
①当a≤3时,g'(x)>g'(0)=3-a≥0在 0, 上恒成立,
2
( π) ( π)
∴g(x)在 0, 上为增函数,又g(0)=0,∴g(x)>0在 0, 上恒成立,即f(x)<sin 2x;
2 2
( π)
②当a>3时,由于g'(x)在 0, 上单调递增,且g'(0)=3-a<0,
2
( π)
∴∃x ∈ 0, ,使得g'(x )=0,
0 2 0北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
则g'(x)在(0,x )上恒小于0,故g(x)在(0,x )上单调递减,
0 0
∴当x∈(0,x )时,g(x)<g(0)=0,不合题意,舍去.
0
综上,实数a的取值范围为(-∞,3].
3.(2015山东理,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
1 2ax2+ax−a+1
f '(x)= +a(2x-1)= .
x+1 x+1
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
①当a=0时,g(x)=1,
此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
8
(i)当0<a≤ 时,Δ≤0,g(x)≥0,
9
f '(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
8
(ii)当a> 时,Δ>0,
9
设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x,x(x<x),
1 2 1 2
1 1 1
因为x+x=- ,所以x<- ,x>- .
1 2 2 1 4 2 4
1
由g(-1)=1>0,可得-1<x <- .
1 4
所以当x∈(-1,x )时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
1
当x∈(x,x)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;
1 2
当x∈(x,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.
2
因此函数有两个极值点.
③当a<0时,Δ>0,
由g(-1)=1>0,可得x<-1.
1
当x∈(-1,x )时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
2
当x∈(x,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减.
2
所以函数有一个极值点.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
8
当0≤a≤ 时,函数f(x)无极值点;
9
8
当a> 时,函数f(x)有两个极值点.
9
(2)由(1)知,
8
①当0≤a≤ 时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
9
因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
8
②当 <a≤1时,由g(0)≥0,得x≤0,
9 2
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
③当a>1时,由g(0)<0,可得x>0.
2
所以x∈(0,x )时,函数f(x)单调递减.
2
因为f(0)=0,所以x∈(0,x )时, f(x)<0,不合题意.
2
④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).
1 x
因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1- = >0,
x+1 x+1
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x.
可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,
1
当x>1- 时,ax2+(1-a)x<0,
a
此时f(x)<0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
4.(2014课标Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(3)已知1.414 2<√2<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
解析 (1)f '(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对
任意x>0,g(x)>0.
(ii)当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e-x<2b-2,即 0<x<ln(b-1+√b2−2b)时,g'(x)<0.而 g(0)=0,因此当
0<x≤ln(b-1+√b2−2b)时,g(x)<0.
综上,b的最大值为2.
3
(3)由(2)知,g(ln√2)= -2√2b+2(2b-1)ln 2.
2
3
当b=2时,g(ln√2)= -4√2+6ln 2>0,
2
8√2−3
ln 2> >0.692 8;
12
3√2
当b= +1时,ln(b-1+√b2−2b)=ln√2,
4
3
g(ln√2)=- -2√2+(3√2+2)ln 2<0,
2
18+√2
ln 2< <0.693 4.
28
所以ln 2的近似值为0.693.
5.(2020江苏,19,16分)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有
f(x)≥h(x)≥g(x).
(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞),求h(x)的表达式;
(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞),求k的取值范围;
(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤√2),D=[m,n]⊆[-√2,√2],求证:n-m≤√7.
解析 本题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题
以及逻辑推理能力.
(1)由条件f(x)≥h(x)≥g(x),得x2+2x≥kx+b≥-x2+2x,
取x=0,得0≥b≥0,所以b=0.
由x2+2x≥kx,得x2+(2-k)x≥0,此式对一切x∈(-∞,+∞)恒成立,
所以(2-k)2≤0,则k=2,此时2x≥-x2+2x恒成立,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
所以h(x)=2x.
(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),x∈(0,+∞).
1
令u(x)=x-1-ln x,则u'(x)=1- ,令u'(x)=0,得x=1.
x
x (0,1) 1 (1,+∞)
u'(x) - 0 +
u(x) ↘ 极小值 ↗
所以u(x) =u(1)=0.则x-1≥ln x恒成立,
min
所以当且仅当k≥0时,h(x)≥g(x)恒成立.
另一方面, f(x)≥h(x)恒成立,即x2-x+1≥kx-k恒成立,
也即x2-(1+k)x+1+k≥0恒成立.
1+k
因为k≥0,对称轴为x= >0,
2
所以(1+k)2-4(1+k)≤0,解得-1≤k≤3.
因此,k的取值范围是0≤k≤3.
3t4−2t2−8
(3)证明:①当1≤t≤√2时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+
4
≤0.(*)
令Δ=[-(t3-t)]2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.
记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤√2),
则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立,
所以φ(t)在[1,√2]上是减函数,则φ(√2)≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7.
所以不等式(*)有解,设解的范围为x≤x≤x,
1 2
因此n-m≤x-x=√Δ≤√7.
2 1
②当0<t<1时, f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.
设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,
v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),
√3
令v'(t)=0,得t= .
3
( √3)
当t∈ 0, 时,v'(t)<0,v(t)是减函数;
3北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
(√3 )
当t∈ ,1 时,v'(t)>0,v(t)是增函数.
3
v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0.
(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)
则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).
因为[m,n]⊆[-√2,√2],所以n-m≤√2+1<√7.
③当-√2≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤√7也成立.
综上所述,n-m≤√7.
6.(2019课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)证明:f '(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围.
解析 (1)设g(x)=f '(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.
( π) (π )
当x∈ 0, 时,g'(x)>0;当x∈ ,π 时,g'(x)<0,
2 2
( π)
所以g(x)在 0, 单调递增,
2
(π )
在 ,π 单调递减.
2
(π)
又g(0)=0,g >0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.
2
所以f '(x)在(0,π)存在唯一零点.
(2)由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f '(x)在(0,π)只有一个零点,设为x,且当x∈(0,x )时,f '(x)>0;
0 0
当x∈(x,π)时,f '(x)<0,所以f(x)在(0,x )单调递增,在(x,π)单调递减.
0 0 0
又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
7.(2017课标Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
解析 本题考查函数的单调性,恒成立问题.
(1)f '(x)=(1-2x-x2)ex.
令f '(x)=0,得x=-1-√2或x=-1+√2.
当x∈(-∞,-1-√2)时, f '(x)<0;
当x∈(-1-√2,-1+√2)时, f '(x)>0;
当x∈(-1+√2,+∞)时, f '(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-√2),(-1+√2,+∞)单调递减,
在(-1-√2,-1+√2)单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,
故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故
ex≥x+1.
当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1
√5−4a−1
=x(1-a-x-x2),取x= ,
0 2
则x∈(0,1),(1-x )(1+x )2-ax -1=0,故f(x)>ax +1.
0 0 0 0 0 0
√5−1
当a≤0时,取x= ,
0 2
则x∈(0,1), f(x)>(1-x )(1+x )2=1≥ax+1.
0 0 0 0 0
综上,a的取值范围是[1,+∞).
解题思路 (1)求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的单调增区间,令f '(x)<0,求出f(x)的单调减区间.
(2)对参数 a 的取值进行分类讨论,当 a≥1 时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以 f(x)=(x+1)(1-
√5−4a−1
x)·ex≤x+1≤ax+1 成立;当 0<a<1 时,构造函数可知 ex≥x+1,通过举反例 x= ,
0 2
√5−1
f(x)>ax +1,从而说明命题不成立;当a≤0时,举反例x= 说明不等式不成立.
0 0 0 2
疑难突破 (1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的增区间,
令f '(x)<0,求出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接.
(2)恒成立问题的三种常见解法:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x) 或a≤φ(x) ;②构
max min北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x) ≥0;③转变主元,选取适当的主元可
min
使问题简化.
8.(2017课标Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
3
(2)当a<0时,证明f(x)≤- -2.
4a
1 (x+1)(2ax+1)
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= +2ax+2a+1= .
x x
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
( 1 )
若a<0,则当x∈ 0,− 时, f '(x)>0;
2a
( 1 )
当x∈ − ,+∞ 时, f '(x)<0,
2a
( 1 ) ( 1 )
故f(x)在 0,− 单调递增,在 − ,+∞ 单调递减.
2a 2a
1 ( 1 ) ( 1 ) 1
(2)由(1)知,当a<0时, f(x)在x=- 取得最大值,最大值为f − =ln − -1- .
2a 2a 2a 4a
3 ( 1 ) 1 3 ( 1 ) 1
所以f(x)≤- -2等价于ln − -1- ≤- -2,即ln − + +1≤0.
4a 2a 4a 4a 2a 2a
1
设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)= -1.
x
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故
( 1 )
当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln − +
2a
1 3
+1≤0,即f(x)≤- -2.
2a 4a
9.(2017天津理,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内
有一个零点x,g(x)为f(x)的导函数.
0
(1)求g(x)的单调区间;北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
(2)设m∈[1,x )∪(x,2],函数h(x)=g(x)(m-x )-f(m),求证:h(m)h(x )<0;
0 0 0 0
p |p |
(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且 ∈[1,x )∪(x,2],满足 −x ≥
q 0 0 q 0
1
.
Aq4
解析 本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和
方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由 f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得 g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得 g'(x)=24x2+18x-6.令
1
g'(x)=0,解得x=-1或x= .
4
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
( 1) (1 )
x (-∞,-1) −1, ,+∞
4 4
g'(x) + - +
g(x) ↗ ↘ ↗
(1 ) ( 1)
所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1), ,+∞ ,单调递减区间是 −1, .
4 4
(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x )-f(m),得h(m)=g(m)(m-x )-f(m),h(x )=g(x )(m-x )-f(m).
0 0 0 0 0
令函数H(x)=g(x)(x-x )-f(x),则H'(x)=g'(x)(x-x ).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x )
1 0 1 0 0
时,H '(x)<0,H (x)单调递减;当x∈(x,2]时,H '(x)>0,H (x)单调递增.因此,当x∈[1,x )∪(x,2]
1 1 0 1 1 0 0
时,H (x)>H(x)=-f(x )=0,可得H(m)>0,即h(m)>0.
1 1 0 0 1
令函数 H(x)=g(x )(x-x )-f(x),则 H'(x)=g(x )-g(x).由(1)知 g(x)在[1,2]上单调递增,故当
2 0 0 2 0
x∈[1,x )时,H '(x)>0,H (x)单调递增;当 x∈(x,2]时,H '(x)<0,H (x)单调递减.因此,当
0 2 2 0 2 2
x∈[1,x )∪(x,2]时,H (x)<H(x)=0,可得H(m)<0,即h(x)<0.
0 0 2 2 0 2 0
所以,h(m)h(x )<0.
0
p p
(3)证明:对于任意的正整数p,q,且 ∈[1,x )∪(x,2],令m= ,函数h(x)=g(x)(m-x )-f(m).由(2)
q 0 0 q 0
知,当m∈[1,x )时,h(x)在区间(m,x )内有零点;当m∈(x,2]时,h(x)在区间(x,m)内有零点.所以
0 0 0 0
(p ) (p)
h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x,则h(x)=g(x ) −x -f =0.
1 1 1 q 0 q北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
| (p)| | (p)|
|p | f f
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x )<g(2),于是 −x = q ≥ q
1 q 0
g(x ) g(2)
1
|2p4+3p3q−3p2q2−6pq3+aq4|
= .
g(2)q4
因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x 外没有其他的
0
p (p)
零点,而 ≠x,故f ≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|
q 0 q
|p | 1 |p | 1
2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以 −x ≥ .所以,只要取A=g(2),就有 −x ≥ .
q 0 g(2)q4 q 0 Aq4
思路分析 (1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,
通过列表求出单调区间即可.
(2)由 h(x)推出 h(m),h(x ),令函数 H(x)=g(x)(x-x )-f(x),H(x)=g(x )(x-x )-f(x),求出导函数
0 1 0 2 0 0
H'(x),H'(x),由此可推出h(m)h(x )<0.
1 2 0
p
(3)对于任意的正整数p,q,令m= ,函数h(x)=g(x)·(m-x )-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少
q 0
| (p)| | (p)|
|p | f f
有 一 个 零 点 , 结 合 (1) 可 得 −x = q ≥ q =
q 0
g(x ) g(2)
1
|2p4+3p3q−3p2q2−6pq3+aq4|
,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果
g(2)q4
即可.
1 e
10.(2016四川文,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)= - ,其中a∈R,e=2.718…为自然对数
x ex
的底数.
(1)讨论f(x)的单调性;北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
(2)证明:当x>1时,g(x)>0;
(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.
1 2ax2−1
解析 (1)f '(x)=2ax- = (x>0).
x x
当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.
1
当a>0时,由f '(x)=0有x= .
√2a
( 1 )
当x∈ 0, 时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
√2a
( 1 )
当x∈ ,+∞ 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
√2a
(2)令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1.
1 1
当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)= - >0.
x ex−1
(3)由(2),当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
1 1
当0<a< 时, >1.
2 √2a
( 1 ) ( 1 )
由(1)有f <f(1)=0,而g >0,
√2a √2a
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
1
当a≥ 时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
2
1 1 1 1 1 x3−2x+1 x2−2x+1
当x>1时,h'(x)=2ax- + -e1-x>x- + - = > >0.
x x2 x x2 x x2 x2
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
[1 )
综上,a∈ ,+∞ .
2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
11.(2015课标Ⅱ理,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.
(1)证明: f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(2)若对于任意x,x∈[-1,1],都有|f(x)-f(x )|≤e-1,求m的取值范围.
1 2 1 2
解析 (1)f '(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0, f '(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0, f '(x)>0.
所以, f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)由(1)知,对任意的m, f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所
{ f(1)−f(0)≤e−1,
以对于任意x,x∈[-1,1],|f(x )-f(x )|≤e-1的充要条件是
1 2 1 2 f(−1)−f(0)≤e−1,
{em−m≤e−1,
即 ①
e−m+m≤e−1.
设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.
当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
1−a
12.(2014课标Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=aln x+ x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的
2
切线斜率为0.
(1)求b;
a
(2)若存在x≥1,使得f(x)< ,求a的取值范围.
0 0 a−1
a
解析 (1)f '(x)= +(1-a)x-b.
x
由题设知f '(1)=0,解得b=1.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
1−a a
(2)f(x) 的 定 义 域 为 (0,+∞ ), 由 (1) 知 ,f(x)=aln x+ x2-x, f '(x)= +(1-a)x-1=
2 x
1−a( a )
x− (x-1).
x 1−a
1 a
(i)若a≤ ,则 ≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.
2 1−a
a a 1−a a
所以,存在x≥1,使得f(x)< 的充要条件为f(1)< ,即 -1< ,解得-√2-1<a<√2
0 0 a−1 a−1 2 a−1
-1.
1 a ( a ) ( a )
(ii)若 <a<1,则 >1,故当x∈ 1, 时, f '(x)<0;当x∈ ,+∞ 时, f '(x)>0.f(x)
2 1−a 1−a 1−a
( a ) ( a )
在 1, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增.
1−a 1−a
a ( a ) a
所以,存在x≥1,使得f(x)< 的充要条件为f < .
0 0 a−1 1−a a−1
( a ) a a2 a a
而f =aln + + > ,所以不合题意.
1−a 1−a 2(1−a) a−1 a−1
1−a −a−1 a
(iii)若a>1,则f(1)= -1= < .
2 2 a−1
综上,a的取值范围是(-√2-1,√2-1)∪(1,+∞).
13.(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
[ 1 ) √x
(2)对任意x∈ ,+∞ 均有f(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.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
3 3
(1)当a=- 时,f(x)=- ln x+√1+x,x>0.
4 4
3 1 (√1+x−2)(2√1+x+1)
f '(x)=- + = ,
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
√2 √x √x 2√1+x
当0<a≤ 时,f(x)≤ 等价于 - -2ln x≥0.
4 2a a2 a
1 ( √ 1) 2 1+x
令t= ,则t≥2√2.设g(t)=t2√x-2t√1+x-2ln x,t≥2√2,则g(t)=√x t− 1+ - -2ln x.
a x √x
[1 ) √ 1
(i)当x∈ ,+∞ 时, 1+ ≤2√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.
[ 1 1)
(ii)当x∈ , 时,
e2 7北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
(√ 1) −2√xlnx−(x+1)
g(x)≥g 1+ = .
x 2√x
[ 1 1]
令q(x)=2√xln x+(x+1),x∈ , ,
e2 7
lnx+2
则q'(x)= +1>0,
√x
[ 1 1]
故q(x)在 , 上单调递增,
e2 7
(1)
所以q(x)≤q .
7
(1) 2√7 (1) 2√7
由(i)得,q =- p <- p(1)=0.
7 7 7 7
所以,q(x)<0.
(√ 1) q(x)
因此,g(t)≥g 1+ =- >0.
x 2√x
[ 1 ) [ 1 )
由(i)(ii)知对任意x∈ ,+∞ ,t∈[2√2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈ ,+∞ ,
e2 e2
√x
均有f(x)≤ .
2a
( √2]
综上所述,所求a的取值范围是 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.
考点3 利用导数研究函数零点问题
1.(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
0 0
a的取值范围是( )北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
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
2 (2 ) ( 2)
当a>0时, >0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与 ,+∞ 上为增函数,在 0, 上为减函
a a a
数,因为f(x)存在唯一零点x,且x>0,则f(0)<0,即1<0,不成立.
0 0
2 ( 2) (2 )
当a<0时, <0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在 −∞, 和(0,+∞)上为减函数,在 ,0 上为增函
a a a
(2) 8 4
数,因为f(x)存在唯一零点x,且x>0,则f >0,即a· -3· +1>0,解得a>2或a<-2,又因为
0 0 a a3 a2
a<0,故a的取值范围为(-∞,-2).选C.
1
2.(2022全国乙文,20,12分)已知函数f(x)=ax- -(a+1)ln x.
x
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
1
解析 (1)当a=0时, f(x)=- -ln x(x>0),
x
1 1
∴f '(x)= − (x>0),
x2 x
令 f '(x)=0,得x=1,
x∈(0,1)时, f '(x)>0,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x) =f(1)=-1.
max
1 a+1 (ax−1)(x−1)
(2)解法一:f '(x)=a+ − = .
x2 x x2
(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,
∴0<x<1时,f '(x)>0,f(x)单调递增,
x>1时,f '(x)<0,f(x)单调递减,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
∴f(x) =f(1)=a-1<0.
max
此时f(x)无零点,不合题意.
1
(ii)当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1或x= ,
a
1
①当0<a<1时,1< ,
a
1
∴1<x< 时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
a
1
0<x<1或x> 时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
a
(1 ) ( 1)
∴f(x)在(0,1), ,+∞ 上单调递增,在 1, 上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,
a a
x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.
1
②当a=1时,1= , f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意.
a
1 ( 1) (1 )
③当a>1时, <1, f(x)在 0, ,(1,+∞)上单调递增,在 ,1 上单调递减,
a a a
f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时,f(x)→-∞,
∴f(x)恰有1个零点.
综上所述,a>0.
1
解法二: f(x)=ax- -(a+1)ln x只有一个零点,
x
1
即a(x-ln x)= +ln x在(0,+∞)上只有一个解.
x
由ln x≤x-1,得x-ln x≥1,
1 1
+lnx +lnx
∴a= x ,令g(x)= x ,
x−lnx x−lnx
( 1 1) ( 1)(1 )
− + (x−lnx)− 1− +lnx
则g'(x)= x2 x x x
(x−lnx) 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
x−1( lnx 1 )
1− − −lnx
= x x x ,
(x−lnx) 2
lnx 1
令h(x)=1- − -ln x,
x x
lnx−x
则h'(x)= ,h'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
x2
∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0,
∴在(0,1)上,h(x)>0,在(1,+∞)上,h(x)<0,
故在(0,1)上,g'(x)<0,在(1,+∞)上,g'(x)<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)→0,
∴g(x)>0,
1
∴a>0时,a(x-ln x)= +ln x恰有一解.
x
故a>0.
ex
3.(2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)= -ln x+x-a.
x
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x,x,则xx<1.
1 2 1 2
ex
解 析 (1)∵ f(x)= -ln x+x-a,∴ 函 数 f(x) 的 定 义 域 为 (0,+∞),f '(x)=
x
ex (x−1) 1 (ex+x)(x−1)
− +1= .
x2 x x2
令f '(x)=0,得x=1,
f(x), f '(x)的变化情况如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ ↗
∴当x=1时, f(x) =e+1-a.
min
∵f(x)≥0,∴e+1-a≥0,∴a≤e+1.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
ex
(2)f(x)= -ln x+x-a=ex-ln x+x-ln x-a,
x
设 t = x -ln x , 则 y = e t + t - a , y ' = e t + 1 .
∵f(x)有两个零点x,x,∴由(1)知a>e+1.
1 2
∵y'=et+1>0,∴y=et+t-a为增函数,
∴x-ln x=x-ln x.
1 1 2 2
1 x−1
由t=x-ln x得t'=1- = ,令t'=0,得x=1,
x x
t,t'的变化情况如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
t' - 0 +
t ↘ 1 ↗
证法一:不妨设0<x<1<x,
1 2
∴x-x=ln x-ln x.
2 1 2 1
x −x
可以证明: 2 1 >√x x ,则有√x x <1,所以xx<1.
ln x −ln x 1 2 1 2 1 2
2 1
x −x x −x x
证明如下:∵ 2 1 >√x x 等价于 2 1>ln 2 ,
ln x −ln x 1 2 √x x x
2 1 1 2 1
x
2−1
x x
1 >ln 2
∴只需证 .
√x
2
x
1
x
1
x
2
设m= (m>1),
x
1
m−1
从而只要证 >ln m(m>1).
√m
m−1
设g(m)= -ln m(m>1),
√m
2
2m−m+1 1 (√m−1)
则g'(m)= − = ,
2m√m m 2m√m
∵g'(m)>0,∴g(m)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(m)>g(1)=0,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
x −x
∴ 2 1 >√x x 成立.
ln x −ln x 1 2
2 1
故xx<1.
1 2
(1)
证法二:不妨设0<x<1<x,F(x)=f(x)-f ,0<x<1,
1 2 x
1
−1
1
则F'(x)=f '(x)+
x
1
2
f ' (1
x
) = x
x
−
2
1 (ex+x)+
x
1
2
· x
1
· ( ex+ 1
x
) = x
x
−
2
1 (ex+x-1-x
e
1
x
).
x2
1
设φ(x)=ex+x-1-x ex,x∈(0,1),
1 1 1 1
则φ'(x)=ex+1- ( ex− 1 ex ) =ex+1−ex( 1− 1) =ex+1+ex· 1−x .
x x x
∵0<x<1,∴φ'(x)>0,∴φ(x)在(0,1)上单调递增,
x−1
∴φ(x)<φ(1)=0,又 <0,∴F'(x)>0,
x2
∴F(x)在(0,1)上单调递增.
(1)
∴F(x)<F(1)=0,∴f(x)<f .
x
( 1 )
∴f(x)=f(x)<f .
2 1 x
1
由(1)可知, f(x)在(1,+∞)上单调递增,
1 1
∵x>1, >1,∴x< ,∴xx<1.
2 x 2 x 1 2
1 1
4.(2020课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=x3-kx+k2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.
解析 (1)f '(x)=3x2-k.
当k=0时, f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
当k<0时, f '(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
√3k ( √3k) ( √3k √3k)
当k>0时,令f '(x)=0,得x=± .当x∈ −∞,− 时, f '(x)>0;当x∈ − ,
3 3 3 3
(√3k ) ( √3k)(√3k )
时, f '(x)<0;当x∈ ,+∞ 时, f '(x)>0.故f(x)在 −∞,− , ,+∞ 单调递增,
3 3 3
( √3k √3k)
在 − , 单调递减.
3 3
√3k
(2)由(1)知,当k≤0时, f(x)在(-∞,+∞)单调递增, f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=- 为
3
√3k
f(x)的极大值点,x= 为f(x)的极小值点.
3
√3k √3k ( √3k)
此时,-k-1<- < <k+1且f(-k-1)<0, f(k+1)>0, f − >0.
3 3 3
(√3k) 2k√3k 4
根据f(x)的单调性,当且仅当f <0,即k2- <0时, f(x)有三个零点,解得k< .因
3 9 27
( 4 )
此k的取值范围为 0, .
27
5.(2020浙江,22,15分)已知1<a≤2,函数f(x)=ex-x-a,其中e=2.718 28…是自然对数的底数.
(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;
(2)记x 为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
0
(i)√a−1≤x≤√2(a−1);
0
(ii)x f(ex 0)≥(e-1)(a-1)a.
0
解析 本题主要考查函数的单调性、零点,导数的运算及其应用,同时考查数学抽象、逻辑推
理与数学运算等素养.
(1)因为f(0)=1-a<0, f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.
因为f '(x)=ex-1,所以当x>0时,f '(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在
(0,+∞)上有唯一零点.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
1
(2)(i)令g(x)=ex- x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故
2
当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)单调递增,故g(x)≥g(0)=0.
由g(√2(a−1))≥0得f(√2(a−1))=e√2(a−1)-√2(a−1)-a≥0=f(x ),
0
因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故√2(a−1)≥x.
0
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,
令h(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h' (x)=ex-2,所以
1 1
x 0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,1) 1
h'(x) -1 - 0 + e-2
1
h(x) 0 ↘ ↗ e-3
1
故当0<x<1时,h(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0.
1
由h(√a−1)≤0得f(√a−1)=e√a−1-√a−1-a≤0=f(x ),
0
因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故√a−1≤x.
0
综上,√a−1≤x≤√2(a−1).
0
(ii)令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,
+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.
由ex 0=x+a可得
0
x
0
f(ex 0)=x
0
f(x
0
+a)=(ea-1)x2
0
+a(ea-2)x
0
≥(e-1)ax2
0
,
由x≥√a−1得xf(ex 0)≥(e-1)(a-1)a.
0 0
x+1
6.(2019课标Ⅱ理,20,12分)已知函数f(x)=ln x- .
x−1
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x 是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x ,ln x)处的切线也是曲线y=ex的切线.
0 0 0
解析 本题考查利用导数判断函数的单调性,求函数零点以及导数的几何意义.考查学生分析、
解决问题的能力,考查逻辑推理能力和运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
1 2
因为f '(x)= + >0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.
x (x−1) 2
e+1 e2+1 e2−3
因为f(e)=1- <0, f(e2)=2- = >0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x,即f(x)=0.又
e−1 e2−1 e2−1 1 1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
0< 1 <1,f ( 1 ) =-ln x+ x 1 +1 =-f(x )=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点 1 .
x x 1 x −1 1 x
1 1 1 1
综上, f(x)有且仅有两个零点.
1 ( 1 )
(2)因为
x
=e−ln x 0,故点B −ln x
0
,
x
在曲线y=ex上.
0 0
x +1
0
由题设知f(x)=0,即ln x= ,
0 0 x −1
0
1 x +1
1 − 0
−ln x x x −1 1
故直线AB的斜率k= x 0 = 0 0 = .
0 x +1 x
−ln x −x − 0 −x 0
0 0 x −1 0
0
( 1 ) 1
曲线y=ex在点B −ln x , 处切线的斜率是 ,曲线y=ln x在点A(x ,ln x)处切线的斜
0 x x 0 0
0 0
1
率也是 ,所以曲线y=ln x在点A(x ,ln x)处的切线也是曲线y=ex的切线.
x 0 0
0
解后反思 (1)先判断函数的单调性,然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零
点.
(2)要证明曲线y=ln x在点A(x ,ln x)处的切线也是曲线y=ex的切线,首先求得这条切线的斜
0 0
1 1
率 k= ,所以必须在曲线 y=ex上找一点 B(x ,ex 1),使ex 1= ,从而求得 B 点的坐标为
x 1 x
0 0
( 1 )
−ln x
0
,
x
,然后证明曲线y=ln x在点A(x
0
,ln x
0
)处切线的斜率等于曲线 y=ex在点B
0
( 1 )
−ln x , 处的切线斜率即可.
0 x
0
1
7.(2018课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)= x3-a(x2+x+1).
3
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
1
解析 (1)当a=3时,f(x)= x3-3x2-3x-3,f '(x)=x2-6x-3.
3
令f '(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3.
当x∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f '(x)>0;
当x∈(3-2√3,3+2√3)时,f '(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)单调递增,在(3-2√3,3+2√3)单调递减.
x3
(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于 -3a=0.
x2+x+1
x3 x2 (x2+2x+3)
设g(x)= -3a,则g'(x)= ≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单
x2+x+1 (x2+x+1) 2
调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
1 ( 1) 2 1 1
又f(3a-1)=-6a2+2a- =-6 a− - <0, f(3a+1)= >0,故f(x)有一个零点.
3 6 6 3
综上,f(x)只有一个零点.
方法总结 利用导数研究函数零点的方法:
方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;
(2)根据函数f(x)的性质作出图象;
(3)判断函数零点的个数.
方法二:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;
(2)分类讨论,判断函数零点的个数.
8.(2016课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x,x 是f(x)的两个零点,证明:x +x<2.
1 2 1 2
解析 (1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2分)
(i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.(3分)
(ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在
(1,+∞)单调递增.
a
又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且b<ln ,则
2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
f(b)> a (b-2)+a(b-1)2=a ( b2− 3 b ) >0,
2 2
故f(x)存在两个零点.(4分)
(iii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
e
若a≥- ,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时
2
f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.(6分)
e
若a<- ,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0.
2
因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两
个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).(8分)
(2)不妨设x<x.由(1)知,x∈(-∞,1),x∈(1,+∞),2-x ∈(-∞,1), f(x)在(-∞,1)单调递减,所以
1 2 1 2 2
x+x<2等价于f(x)>f(2-x ),即f(2-x )<0.
1 2 1 2 2
由于 f(2-x )=-x e2−x 2+a(x -1)2,而 f(x)=(x -2)ex 2+a(x -1)2=0,所以 f(2-x )=-x e2−x 2-(x-2)ex 2.(10
2 2 2 2 2 2 2 2 2
分)
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g '(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>1时, g '(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.
从而g(x)=f(2-x )<0,故x+x<2.(12分)
2 2 1 2
9.(2016课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解析 (1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,
在(1,+∞)上单调递增.(2分)
(ii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
e
①若a=- ,则f '(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
2
e
②若 a>- ,则 ln(-2a)<1,故当 x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时, f '(x)>0;当 x∈(ln(-2a),1)时, f
2
'(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.(4分)北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
e
③若 a<- ,则 ln(-2a)>1,故当 x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0;当 x∈(1,ln(-2a))时, f
2
'(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.(6分)
(2)(i)设a>0,则由(1)知, f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
a
又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且b<ln ,
2
则f(b)> a (b-2)+a(b-1)2=a ( b2− 3 b ) >0,
2 2
所以f(x)有两个零点.(8分)
(ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.(9分)
e
(iii)设a<0,若a≥- ,则由(1)知, f(x)在(1,+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两
2
个零点;(10分)
e
若a<- ,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增,又当 x≤1时
2
f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.(11分)
综上,a的取值范围为(0,+∞).(12分)
e
疑难突破 (1)分类讨论时临界点的选取是关键,易忽略a=- 的情形.(2)在讨论a>0时函数零
2
点的个数时,注意利用不等式的放缩.
评析 本题考查函数的单调性、零点等知识点,解题时要认真审题、仔细解答,注意分类讨论
和等价转化.
1
10.(2015课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x.
4
(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?
(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
{ x3+ax + 1 =0,
解析 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x,0),则f(x)=0,f '(x )=0,即 0 0 4
0 0 0
3x2+a=0.
0
1 3
解得x= ,a=- .
0 2 4
3
因此,当a=- 时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)
4北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.
5 5 5
当x=1时,若a≥- ,则f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<- ,
4 4 4
则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.
当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
1 5
(i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当
4 4
a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.
( √ a) (√ a ) √ a
(ii)若-3<a<0,则f(x)在 0, − 单调递减,在 − ,1 单调递增,故在(0,1)中,当x= − 时,
3 3 3
(√ a) 2a√ a 1
f(x)取得最小值,最小值为f − = − + .
3 3 3 4
(√ a) 3
①若f − >0,即- <a<0,f(x)在(0,1)无零点;
3 4
(√ a) 3
②若f − =0,即a=- ,则f(x)在(0,1)有唯一零点;
3 4
(√ a) 3 1 5 5 3
③若f − <0,即-3<a<- ,由于f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当- <a<- 时,f(x)在(0,1)有两个零
3 4 4 4 4 4
5
点;当-3<a≤- 时,f(x)在(0,1)有一个零点.(10分)
4
3 5 3 5 5 3
综上,当 a>- 或 a<- 时,h(x)有一个零点;当 a=- 或 a=- 时,h(x)有两个零点;当- <a<-
4 4 4 4 4 4
时,h(x)有三个零点.(12分)
11.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性;
(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-
( 3) (3 )
∞,-3)∪ 1, ∪ ,+∞ ,求c的值.
2 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
2a
解析 (1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x=0,x=- .
1 2 3
当a=0时,因为f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
( 2a) ( 2a )
当a>0时,若x∈ −∞,− ∪(0,+∞),则f '(x)>0,若x∈ − ,0 ,则f '(x)<0,
3 3
( 2a) ( 2a )
所以函数f(x)在 −∞,− ,(0,+∞)上单调递增,在 − ,0 上单调递减;
3 3
( 2a ) ( 2a)
当a<0时,若x∈(-∞,0)∪ − ,+∞ ,则f '(x)>0,若x∈ 0,− ,则f '(x)<0,所以函数f(x)
3 3
( 2a ) ( 2a)
在(-∞,0), − ,+∞ 上单调递增,在 0,− 上单调递减.
3 3
( 2a) 4
(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b, f − = a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于
3 27
{
a>0,
{
a<0,
f(0)·f ( − 2
3
a) =b (
2
4
7
a3+b ) <0,从而
−
4
a3<b<0
或
0<b<−
4
a3.
27 27
4 4
又b=c-a,所以当a>0时, a3-a+c>0或当a<0时, a3-a+c<0.
27 27
4 ( 3)
设 g(a)= a3-a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪ 1, ∪
27 2
(3 )
,+∞
,
2
( 3) (3 )
则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在 1, ∪ ,+∞ 上,g(a)>0均恒成立,
2 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
(3)
从而g(-3)=c-1≤0,且g =c-1≥0,因此c=1.
2
此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)·x+1-a],
因函数 f(x)有三个零点,则 x2+(a-1)x+1-a=0 有两个异于-1 的不等实根,所以 Δ=(a-1)2-4(1-
a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,
( 3) (3 )
解得a∈(-∞,-3)∪ 1, ∪ ,+∞ .
2 2
综上,c=1.
评析 本题在考查函数的零点与方程的根的同时,重点考查利用导数研究函数的单调性及函
数的极值问题.
x2
12.(2015北京文,19,13分)设函数f(x)= -kln x,k>0.
2
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,√e]上仅有一个零点.
x2
解析 (1)由f(x)= -kln x(k>0)得
2
k x2−k
f '(x)=x- = .
x x
由f '(x)=0解得x=√k.
f(x)与f '(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
x (0,√k) √k (√k,+∞)
f '(x) - 0 +
k(1−lnk)
f(x) ↘ ↗
2
所以, f(x)的单调递减区间是(0,√k),
单调递增区间是(√k,+∞);
k(1−lnk)
f(x)在x=√k处取得极小值f(√k)= .
2
k(1−lnk)
(2)证明:由(1)知, f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f(√k)= .
2
k(1−lnk)
因为f(x)存在零点,所以 ≤0,从而k≥e.
2
当k=e时, f(x)在区间(1,√e)上单调递减,且f(√e)=0,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A版
所以x=√e是f(x)在区间(1,√e]上的唯一零点.
当k>e时, f(x)在区间(0,√e)上单调递减,
1 e−k
且f(1)= >0, f(√e)= <0,
2 2
所以f(x)在区间(1,√e]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,
则f(x)在区间(1,√e]上仅有一个零点.
评析 本题主要考查利用导数求函数的单调区间及极值,考查利用导数研究函数的零点问题,
本题综合性较强,属中等难度题.
13.(2015课标Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f '(x)零点的个数;
2
(2)证明:当a>0时, f(x)≥2a+aln .
a
a
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=2e2x- (x>0).
x
当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;
a
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=- 单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.
x
a 1
又f '(a)>0,当b满足0<b< 且b< 时, f '(b)<0,
4 4
故当a>0时, f '(x)存在唯一零点. (6分)
(2) 证明:由(1),可设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x,当x∈(0,x )时, f '(x)<0;当x∈(x,+∞)
0 0 0
时,
f '(x)>0.
故f(x)在(0,x )上单调递减,在(x,+∞)上单调递增,所以当x=x 时, f(x)取得最小值,最小值为
0 0 0
f(x).
0
a a 2 2
由于2e2x 0- =0,所以f(x)= +2ax+aln ≥2a+aln .
x 0 2x 0 a a
0 0
2
故当a>0时, f(x)≥2a+aln .(12分)
a
评析 本题主要考查利用导数求函数零点及利用导数研究不等式,考查分类讨论思想,是综合
性较强的题,属难题!
