北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
第三章 导数及其应用
§3.1 导数的概念和运算
— 专题检测 —
一、单项选择题
1.(2021青海海东一模,3)函数f(x)=1+1 的图象在点(1
, f
(1))处的切线斜率为 ( )
x 2 2
A.2 B.-2 C.4 D.-4
答案 D 因为f(x)=1+1,所以f '(x)=- 1 , f '(1)=-4.故选D.
x x2 2
1
2.(2021四川眉山二模,9)下列图象中有一个是函数f(x)= x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R,a≠0)的导函数的
3
图象,则f(-1)= ( )
① ② ③
1 1 7 1 5
A.- B. C. D.- 或
3 3 3 3 3
答案 A 由题意知f '(x)=x2+2ax+a2-1=(x+a)2-1,
∵a≠0,∴f '(x)图象的对称轴x=-a≠0,且开口向上,
∴图③是f '(x)的图象,此时f '(0)=a2-1=0,
又-a>0,∴a<0,故a=-1.
1 1
∴f(-1)=- -1+1=- .
3 3
3.(2021黑龙江顶级名校二模,6)已知函数f(x)为偶函数,当x<0时, f(x)=x2-ln(-x),则曲线y=f(x)在x=1
处的切线方程为 ( )
A.x-y=0 B.x-y-2=0
C.x+y-2=0 D.3x-y-2=0
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1
答案 A 解法一:当x>0时,-x<0,∵f(x)为偶函数,∴f(x)=f(-x)=(-x)2-ln x=x2-ln x(x>0),∴f '(x)=2x-
x
(x>0),∴f '(1)=1,又f(1)=1,∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-1=x-1,即x-y=0,故选A.
1 1
解法二:当x<0时, f '(x)=2x- ,∴f '(-1)=2×(-1)- =-1.又f(x)为偶函数,∴f '(x)为奇函数,∴f '(1)=-f
x -1
'(-1)=1.又f(-1)=(-1)2-ln 1=1,∴f(1)=f(-1)=1,∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=x,故选A.
1
4.(2021河南安阳重点中学4月月考,4)若曲线f(x)=ln x-cx+ x2存在垂直于y轴的切线,g(x)=
2
{ log 3 x,x>0, 且有g[g(1)]=1,则a+b+c的最小值为( )
x+(a+b)3,x≤0,
A.1 B.√2 C.√2+1 D.3
1
答案 D 由题意,知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f '(x)= -c+x,
x
1
因为曲线f(x)存在垂直于y轴的切线,所以存在x>0,使得f '(x)= -c+x=0有解,
0 0 x 0
0
所以c= 1 +x≥2√ 1 =2,当且仅当 1 =x,即x=1时,等号成立,
0 ·x 0 0
x x 0 x
0 0 0
又g[g(1)]=g(log1)=g(0)=(a+b)3=1,所以a+b=1,则a+b+c=1+c≥1+2=3.故a+b+c的最小值为3.
3
解题关键 将问题转化为∃x∈(0,+∞), f '(x)=0有解是解决本题的关键.
0 0
5.(2021陕西宝鸡模拟,11)已知直线y=kx(k>0)和曲线f(x)=x-aln x(a≠0)相切,则a的取值范围是 (
)
A.(-∞,0)∪(0,e) B.(0,e)
C.(0,1)∪(1,e) D.(-∞,0)∪(1,e)
答案 A 设直线y=kx与曲线f(x)=x-aln x(a≠0)相切于点(x,kx),
0 0
{ kx =x -aln x ,
0 0 0 {x (k-1)=-aln x ,
则 a 则 0 0
k=f '(x )=1- , x (k-1)=-a,
0 x 0
0
即-a=-aln x,解得x=e.
0 0
a a
∵k>0,a≠0,即1- =1- >0,即a<e,
x e
0
∴a∈(-∞,0)∪(0,e).故选A.
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6.(2021河南顶级名校3月月考,12)已知函数f(x)的导函数为f '(x),且对任意的实数x都有f '(x)=e-
x(2x+3)-f(x)(e是自然对数的底数),且f(0)=1,若关于x的不等式f(x)-m<0的解集中恰有两个整数,则
实数m的取值范围是 ( )
A.[-e,0) B.[-e2,0)
C.(-e,0] D.(-e2,0]
2x+3
答案 C f '(x)= -f(x)即ex[f '(x)+f(x)]=2x+3,
ex
所以[exf(x)]'=2x+3,则exf(x)=x2+3x+c,所以f(x)=x2+3x+c,
ex
因为f(0)=1,所以f(0)= c =c=1,所以f(x)=x2+3x+1,
e0 ex
则f
'(x)=(2x+3)ex-ex(x2+3x+1)=-(x2+x-2)=-(x+2)(x-1)
,
e2x ex ex
由f '(x)>0得-2<x<1,此时f(x)单调递增,
由f '(x)<0得x<-2或x>1,此时f(x)单调递减,
5
所以x=1时, f(x)取得极大值f(1)= ,
e
当x=-2时, f(x)取得极小值f(-2)=-e2<0,
又因为f(-1)=-e<0, f(0)=1>0, f(-3)=e3>0,且x>0时, f(x)>0,故f(x)的大致图象如图.
f(x)-m<0的解集中恰有两个整数等价于f(x)=x2+3x+1的图象在直线y=m下方的图象只有2个
ex
横坐标为整数的点,结合函数图象可得f(-1)<m≤0,则-e<m≤0,
所以当-e<m≤0时, f(x)-m<0的解集中恰有两个整数-1,-2,故实数m的取值范围是(-e,0].
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7.(2021浙江A9联考,5)若函数y=f '(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象可能是 ( )
答案 C 由题图可知在(0,b)上, f '(x)>0,则f(x)在(0,b)上单调递增,又f '(0)=0,所以曲线y=f(x)在
x=0处的切线的斜率为0,故选C.
8.(2021浙江新高考研究卷(三),9)已知函数f(x)=ex-t与函数g(x)=ln tx+1的图象有两个不同的交点,
则实数t的取值范围为( )
A.(0,+∞) B.(1 ) C.(1,+∞) D.(e,+∞)
,+∞
e
答案 C 解法一:令h(x)=ex-t-ln tx-1.
若t<0,则h(x)在(-∞,0)上单调递增,h(x)不存在两个零点.
1
若t>0,则h'(x)=ex-t- 在(0,+∞)上单调递增,
x
当x→0+时,h'(x)→-∞,
1 1
又h'(t+1)=e- t+1 >0,故存在唯一实数x 0 ∈(0,t+1),使ex 0 -t= x ,即ln x 0 =t-x 0 .
0
则h(x)在(0,x)上单调递减,在(x,+∞)上单调递增,
0 0
且x→0+时,h(x)→+∞,x→+∞时,h(x)→+∞.
1 1
若h(x)在(0,+∞)上有两个零点,则h(x 0 )<0,即ex 0 -t-ln tx 0 -1= x -ln t-1+x 0 -t<0,也即ln t+t+1> x +x 0 ,所
0 0
以ln t+t+1>2,解得t>1.故选C.
解法二:函数y=ex与y=ln x的图象关于直线y=x对称.
若t<0,则f(x)=ex-t与g(x)=ln tx+1的图象仅有一个交点.
若t>0,则f(x)=ex-t的图象可看作由函数y=ex的图象向右平移t个单位得到.
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1
当0<t< 时,g(x)=ln x+ln t+1的图象由函数y=ln x的图象向下平移|ln t+1|个单位得到,
e
1
当t≥ 时,g(x)=ln x+ln t+1的图象由函数y=ln x的图象向上平移(ln t+1)个单位得到.所以当t=1
e
时,两曲线相切;
当t>1时,两曲线有两个交点.故选C.
9.(2021陕西宝鸡三模,8)若函数f(x)=ex-ax+b在x=0处的切线方程为y=x,则满足0≤f(x)≤1的x的取
值范围为( )
A.[0,ln 2] B.[1 ] C.[1 ] D.[1,1+ln 2]
,2 ,e
e e
答案 A 因为f(x)=ex-ax+b,则f '(x)=ex-a,
{ f (0)=1+b=0,
由题意可得 解得a=0,b=-1,所以f(x)=ex-1,由0≤f(x)≤1可得0≤ex-1≤1,即
f '(0)=1-a=1,
1≤ex≤2,解得0≤x≤ln 2.故选A.
10.(2021湘豫名校联盟4月联考,9)设曲线y=ln x与y=(x+a)2有一条斜率为1的公切线,则a= (
)
3 1 3
A.-1 B.- C. D.
4 4 4
1
答案 B 设与曲线y=ln x相切的切点为(m,n),y=ln x的导函数为y'= ,
x
1
由切线的斜率为1,可得 =1,即m=1,则切点为(1,0),切线方程为y=x-1,与y=(x+a)2联立,可得
m
3
x2+(2a-1)x+a2+1=0,由Δ=(2a-1)2-4(a2+1)=0,解得a=- ,故选B.
4
方法总结 利用导数的几何意义求两曲线的公切线.
①切点为两曲线的
公共点,即f(x)=g(x);
0 0
②切线斜率相同,即
f '(x)=g'(x)
0 0
分别写出两曲线的
切线方程,由于重合,
则对应系数相等,解
方程得结果
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x+2y
11.(2021陕西西安一模,10)已知点P(x,y)是曲线f(x)=x4-2x3在点(1, f(1))处的切线上一点,则
xy
(x>0,y>0)的最小值为( )
A.4 B.9 C.5 D.16
答案 B 由f(x)=x4-2x3得f '(x)=4x3-6x2,则f '(1)=4×13-6×12=-2,又f(1)=-1,
所以f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-(-1)=-2(x-1),即2x+y=1,当x>0,y>0时,x+2y=(2 1)·1=
+
xy x y
(2 1)·(2x+y)=5+2y+2x≥5+2√2y 2x=9,当且仅当2y=2x,即x=y=1时取“=”,所以
+ ·
x y x y x y x y 3
x+2y
的最小值是9.故选B.
xy
2
12.(2021四川内江一模,11)已知函数f(x)= +sin x,其中f '(x)为函数f(x)的导数,则f(2
2 020x+1
020)+f(-2 020)+f '(2 021)-f '(-2 021)= ( )
A.0 B.2 C.2 020 D.2 021
2 2
答案 B f(x)+f(-x)= +sin x+ +sin(-x),
2 020x+1 2 020-x+1
2 +2×2 020x =2×(2 020x+1)=2,
2 020x+1 2 020x+1 2 020x+1
所以f(2 020)+f(-2 020)=2,
f '(x)=cos x+-2(2 020x+1)'=cos x-2×ln2 020×2 020x ,
(2 020x+1)2 (2 020x+1)2
1
2×ln2 020×
f '(-x)=cos x-2×ln2 020×2 020-x =cos x- 2 020x =cos x-
(2 020-x+1)2 ( 1 ) 2
+1
2 020x
2×ln2 020×2 020x ,
(2 020x+1)2
所以f '(x)-f '(-x)=0,所以f '(2 021)-f '(-2 021)=0,
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所以f(2 020)+f(-2 020)+f '(2 021)-f '(-2 021)=2.故选B.
思路分析 先求出f(x)+f(-x)=2,则f(2 020)+f(-2 020)=2,再求出f '(x),得到f '(x)-f '(-x)=0,从而求出f
'(2 021)-f '(-2 021)=0,即可求出答案.
13.(2021新疆第二次适应性检测,12)若 x 1 2-ln x 1 = x 2 -2 =1,则(x 1 -x 2 )2+(y 1 -y 2 )2的最小值是 (
y y
1 2
)
1 √2
A. B. C.√2 D.2
2 2
x2-ln x x -2
答案 D 由 1 1 = 2 =1得y 1 = x2-ln x 1 ,y 2 =x 2 -2,
y y 1
1 2
1
则(x-x)2+(y-y)2表示曲线f(x)=x2-ln x上的点与直线x-y-2=0上的点之间距离的平方. f '(x)=2x-
1 2 1 2
x
(x>0),令f '(x)=1得x=1,又f(1)=1,
∴曲线f(x)在(1, f(1))处的切线方程为x-y=0,∴曲线f(x)=x2-ln x上的点与直线x-y-2=0上的点之间距
离的最小值即为直线x-y=0与x-y-2=0之间的距离,∴[(x-x)2+(y-y)2] =(0+2) 2 =2.故选D.
1 2 1 2 min
√2
二、填空题
1+lnx 1
14.(2021甘肃顶级名校模拟,14)函数f(x)= 的图象在x= 处的切线方程为 .
x e
答案 y=e2x-e
解析 由题意得, f(1)=0, f '(x)=-lnx ,则f '(1)=e2,所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程
e x2 e e
为y=e2( 1),即y=e2x-e.
x-
e
15.(2021安徽宣城调研,15)曲线y=a-2ln x在点(1,a)处的切线与曲线y=-ex相切,则a= .
答案 2ln 2-4
2
解析 对y=a-2ln x求导,得y'=- ,∴y'| =-2,
x=1
x
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则曲线y=a-2ln x在点(1,a)处的切线方程为y-a=-2(x-1),即y=-2x+a+2.
设直线y=-2x+a+2与曲线y=-ex相切于点(x
0
,-ex 0),
对y=-ex求导,得y'=-ex,
由-ex 0=-2,得x
0
=ln 2,即切点为(ln 2,-2),
又切点在切线y=-2x+a+2上,∴-2ln 2+a+2=-2,
解得a=2ln 2-4.
16.(2021河南焦作三模,13)已知函数f(x)=(x2+ax+2)ex,若f(x)的图象在点(0, f(0))处的切线与直线4x-
y+3=0平行,则a= .
答案 2
解析 由f(x)=(x2+ax+2)ex得f '(x)=(x2+ax+2x+a+2)ex,可得f(x)的图象在点(0, f(0))处的切线的斜率
为k=a+2,由切线与直线4x-y+3=0平行,可得a+2=4,解得a=2.
17.(2021内蒙古赤峰二中一模,13)函数y=f(x)的图象在点M(2, f(2))处的切线方程是y=2x-6,则
f (2)
= .
f '(2)
答案 -1
解析 由函数y=f(x)的图象在点M(2, f(2))处的切线方程是y=2x-6,
f (2) -2
可得f(2)=4-6=-2, f '(2)=2,所以 = =-1.
f '(2) 2
三、解答题
18.(2021北京朝阳质量检测一,20)已知函数f(x)=(ax-1)ex(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若直线y=ax+a与曲线y=f(x)相切,求证:a∈( 2).
-1,-
3
解析 (1)f '(x)=(ax+a-1)ex.
当a=0时, f '(x)=-ex<0,y=f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;
1-a
当a≠0时,令f '(x)=0,得x= .
a
当a>0时, f '(x)和f(x)在R上的变化情况如下:
(
1-a) 1-a (1-a
)
-∞, ,+∞
x
a a a
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f '(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
当a<0时, f '(x)和f(x)在R上的变化情况如下:
(
1-a) 1-a (1-a
)
-∞, ,+∞
x
a a a
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
综上,当a=0时,y=f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;
当a>0时,y=f(x)的单调递减区间为( 1-a),单调递增区间为(1-a );
-∞, ,+∞
a a
当a<0时,y=f(x)的单调递增区间为( 1-a),单调递减区间为(1-a ).
-∞, ,+∞
a a
(2)证明:由题得f '(x)=(ax+a-1)ex.
设直线y=ax+a与曲线y=f(x)相切于点(x,y),
0 0
{(ax -1)ex 0=a(x +1), ①
则 0 0
(ax +a-1)ex 0=a. ②
0
由①-②得-aex 0=ax
0
,即a(ex 0+x
0
)=0.
若a=0,则f(x)=-ex,ax+a=0,
直线y=0与曲线y=f(x)不相切,不符合题意,所以a≠0.
所以ex 0+x
0
=0.③
令φ(x)=ex+x,则φ'(x)=ex+1>0,所以φ(x)单调递增.
因为φ( 1)= 1 -1>0,φ(-1)=e-1-1<0,
-
2 √e 2
所以存在唯一x
0
∈(
-1,-
1),使得
ex
0
+x
0
=0.
2
将③代入①得a +ax-x+a=0.
x2 0 0
0
1
x
所以a= 0 = 1 .
x2+x +1 x + +1
0 0 0 x
0
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易知在( 1)内,y=x+1+1单调递减,且x+1+1<0,
-1,-
2 x x
1
( 1)
所以y= 1 在 -1,- 内单调递增.
x+ +1 2
x
因为x
0
∈(
-1,-
1),所以-1<a<-2,所以a∈(
-1,-
2).
2 3 3
19.(2021北京东城一模,19)已知函数f(x)=x3-ax2-a2x+1,其中a>0.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
1
(2)若曲线y=f(x)在点(-a, f(-a))处的切线与y轴的交点为(0,m),求m+ 的最小值.
a
解析 (1)当a=1时, f(x)=x3-x2-x+1,
f '(x)=3x2-2x-1=(3x+1)(x-1),
1
令f '(x)>0,得x<- 或x>1;
3
1
令f '(x)<0,得- <x<1,
3
所以f(x)的单调递增区间为( 1)和(1,+∞),单调递减区间为( 1 ).
-∞,- - ,1
3 3
(2)f(x)=x3-ax2-a2x+1, f '(x)=3x2-2ax-a2.
所以f(-a)=-a3-a3+a3+1=1-a3,
f '(-a)=3a2+2a2-a2=4a2,
曲线y=f(x)在点(-a, f(-a))处的切线方程为y-1+a3=4a2(x+a),即y=4a2x+1+3a3.
1 1
令x=0,得m=1+3a3,此时m+ =1+3a3+ ,
a a
1 1
令g(a)=3a3+ +1,则g'(a)=9a2- ,
a a2
√3
令g'(a)=0,得a= ,
3
√3 √3
当0<a< 时, g'(a)<0;当a> 时,g'(a)>0,
3 3
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g(a)在区间( √3)上单调递减,在区间(√3 )上单调递增,
0, ,+∞
3 3
1
√3 (√3) (√3) 3 4√3 1 4√3
故g(a)在a= 处取得最小值,g =3× +√3+1=1+ ,故m+ 的最小值为1+ .
3 3 3 3 a 3
3
思路分析 (1)求出导函数f '(x),解f '(x)<0得递减区间,解f '(x)>0得递增区间;
1 1 1
(2)求导后写出切线方程,从而得m=1+3a3,进而可得m+ =1+3a3+ ,令g(a)=3a3+ +1,求导后,先判
a a a
断函数的单调性,再求最值.
20.(2021吉林重点高中联合模拟,21)已知函数f(x)=x(ex-a).
(1)若曲线f(x)过原点的切线的斜率是3,求实数a的值;
(2)若1+x+ln x≤f(x)恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)设切点为(x
0
,x
0
(ex 0-a)).
由题意得f '(x)=(x+1)ex-a.
则切线方程为y-x
0
(ex 0-a)=[(x
0
+1)ex 0-a](x-x
0
),
由已知切线过原点,有-x
0
(ex 0-a)=[(x
0
+1)ex 0-a](-x
0
),解得x
0
=0,因为f '(x
0
)=(x
0
+1)ex 0-a=3,所以a=-2.
1+x+lnx
(2)1+x+ln x≤f(x)恒成立即1+x+ln x≤x(ex-a)恒成立,即a≤ex- 恒成立,
x
令g(x)=ex-1+x+lnx(x>0),则g'(x)=x2ex+lnx,
x x2
1
令h(x)=x2ex+ln x,则h'(x)=ex(x2+2x)+ ,
x
易知h'(x)>0,
所以h(x)=x2ex+ln x在(0,+∞)上是增函数,
又h(1)=e>0,h(1)=1 1 -1= 1 -1<0,
ee -2
e e2
ee
因此,∃x
0
∈(1
,1
),使得h(x
0
)=
x2ex
0
+ln x
0
=0,①
e 0
所以当x∈(0,x)时,h(x)<0,即g'(x)<0,则g(x)在(0,x)上是减函数,
0 0
当x∈(x,+∞)时,h(x)>0,即g'(x)>0,则g(x)在(x,+∞)上是增函数,
0 0
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1+x +ln x
则g(x)
min
=g(x
0
)=
ex
0
-
0 0
,②
x
0
1 1 1 1 1
由①得x 0 ex 0=- x ln x 0 = x ln x =ln x · e ln x 0 ,
0 0 0 0
1
设φ(x)=xex,易知φ(x)=xex在(0,+∞)上是增函数,所以x=ln ,③
0 x
0
将③代入②得g(x) =0,因此a≤0.
min
1 1
21.(2021浙江新高考研究卷(五),22)已知函数f(x)=ln x- x2- ax-a(a∈R).
2 2
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)有两个零点x,x(x<x),正实数λ,μ满足λ+μ=1,μ≥λ,求证:f '(λx+μx)<0.
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 1
解析 (1)当a=1时, f(x)=ln x- x2- x-1, f(1)=-2, f '(x)= -x- , f '(1)=- ,
2 2 x 2 2
1
所以当a=1时,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y+2=- (x-1),即x+2y+3=0.
2
(2)证明:因为f(x)有两个零点x,x,0<x<x,
1 2 1 2
1 1
{ln x - x2- ax -a=0,
所以 1 2 1 2 1
1 1
ln x - x2- ax -a=0,
2 2 2 2 2
1 1
两式相减得ln x-ln x- (x2-x2)= a(x-x),
1 2 2 1 2 2 1 2
2(ln x -ln x )
则a=
1 2
-(x
1
+x
2
).
x -x
1 2
f '(λx+μx)= 1 -(λx+μx)- ln x -ln x +1(x+x)
1 2 1 2 1 2 1 2
λx +μx x -x 2
1 2 1 2
= 1 -ln x
1
-ln x
2
-(
λ-
1)(x
1
-x
2
).
λx +μx x -x 2
1 2 1 2
1
因为λ>0,μ>0,μ≥λ,且λ+μ=1,所以0<λ≤ ,
2
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此时(
λ-
1)(x
1
-x
2
)≥0,
2
只要证明 1 - ln x 1 -ln x 2 <0即可.
λx +μx x -x
1 2 1 2
x x -x
即证明ln
1
-
1 2
<0,
x λx +μx
2 1 2
令t= x 1,t∈(0,1),h(t)=ln t- t-1 ,即证明h(t)<0.
x λt+μ
2
因为h'(t)=(t-1)(λ2t-μ2)>0,
t(λt+μ)2
所以h(t)在(0,1)上单调递增,则h(t)<h(1)=0,
所以f '(λx+μx)<0恒成立.
1 2
1
22.(2021浙江金华十校4月模拟,22)设a,b∈R,已知函数f(x)=e-ax+ +b在点(0, f(0))处的切线
√x+1
3
方程为y=- x.
2
(1)求a,b的值;
-3x
(2)证明:当x∈(0,6)时, f(x)< .
x+6
解析 (1)由题意得f '(x)=-ae-ax-1 - 3 ,
(x+1) 2
2
1 3
则f '(0)=-a- =- ,解得a=1.
2 2
又f(0)=0,可得b=-2.(5分)
1
(2)证明:由(1)可知f(x)=e-x+ -2.
√x+1
1
(i)先证:√x+1≤ x+1(x>0).
2
√x+1 ≤1x+1⇔ (√x+1)2 ≤(1 x+1 ) 2 ,即1x2≥0,
2 2 4
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得证. (7分)
1
(ii)再证:e-x< (x>0).
x+1
1
e-x< ⇔ex>x+1,令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1.
x+1
当x>0时,h'(x)>0,则h(x)=ex-x-1在(0,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,得证. (9分)
1
(iii)由(i)可得√x+1≤ x+1,
2
x+1 1 1 x+2
即有 ≤ x+1,即 ≤ .
√x+1 2 √x+1 2x+2
结合以上结论及(ii)可得,当x>0时,
3x 1 x+2 3x
f(x)+ < + -2+ .
x+6 x+1 2x+2 x+6
1 x+2 3x 3x(x-4)
令g(x)= + -2+ = ,
x+1 2x+2 x+6 2(x+1)(x+6)
3x
∴当0<x<4时,有g(x)<0,则f(x)<- . (13分)
x+6
3x 1 3x 1 √5 1
(iv)当4≤x<6时, f(x)+ =e-x+ -2+ < + - <0. (14分)
x+6 √x+1 x+6 e4 5 2
综上,原不等式得证. (15分)
23.(2021天津红桥一模,20)已知函数f(x)=x(ln x-m-1),m∈R.
(1)若m=2,求曲线y=f(x)在点(e, f(e))处的切线方程;
(2)当x>1时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(3)若对于任意x∈[e,e2],都有f(x)<4ln x成立,求实数m的取值范围.
解析 (1)f(x)=(ln x-3)x, f(e)=-2e,
1
f '(x)= ·x+ln x-3=ln x-2,则k=f '(e)=-1.所以曲线y=f(x)在点(e, f(e))处的切线方程为y+2e=-(x-e),即
x
x+y+e=0.
(2)因为f(x)=(ln x-m-1)x(m∈R),
1
所以x>0, f '(x)= ·x+ln x-m-1=ln x-m.
x
①当m≤0时,因为x>1,所以f '(x)=ln x-m>0,
函数f(x)的单调增区间是(1,+∞),无单调减区间,无极值.
②当m>0时,令ln x-m=0,解得x=em,
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当1<x<em时, f '(x)<0;当x>em时, f '(x)>0,所以函数f(x)的单调减区间是(1,em),单调增区间是(em,+∞),
在区间(1,+∞)上的极小值为f(em)=(m-m-1)em=-em,无极大值.
(3)因为对于任意x∈[e,e2],都有f(x)<4ln x成立,
所以f(x)-4ln x<0,
即问题转化为(x-4)ln x-(m+1)x<0对于x∈[e,e2]恒成立,
(x-4)lnx
即m+1> 对于x∈[e,e2]恒成立,
x
(x-4)lnx 4lnx+x-4
令g(x)= ,则g'(x)= ,
x x2
4
令t(x)=4ln x+x-4,x∈[e,e2],则t'(x)= +1>0,
x
所以t(x)在区间[e,e2]上单调递增,
故t(x) =t(e)=e-4+4=e>0,进而g'(x)>0,
min
所以g(x)在区间[e,e2]上单调递增,
8 (x-4)lnx
函数g(x) =g(e2)=2- ,要使m+1> 对于x∈[e,e2]恒成立,只要m+1>g(x) ,
max e2 x max
所以m+1>2-8 ,即实数m的取值范围是(
1-
8
,+∞
).
e2 e2
15 / 15
