北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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微专题一 隐零点问题
1.(2024广东茂名二模,16)已知函数f(x)=exsin x-ax.
(1)若曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为x+y=0,求实数a的值;
3 [ π]
(2)若a= ,求函数f(x)在区间 0, 上的最大值.
2 2
解析 (1)因为f(x)=exsin x-ax,
所以f '(x)=ex(sin x+cos x)-a,所以f '(0)=1-a.
因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为x+y=0,
所以f '(0)=-1,所以1-a=-1,所以a=2.
3 3
(2)当a= 时,令h(x)=f '(x)=ex(sin x+cos x)- ,
2 2
h'(x)=ex(sin x+cos x+cos x-sin x)=2excos x,
[ π]
当x∈ 0, 时,h'(x)≥0,h(x)单调递增,
2
3 1 (π) π 3 3
又h(0)=1-
2
=-
2
<0,h
2
=
e2
-
2
>e-
2
>0,
( π)
所以存在唯一的x ∈ 0, ,使得h(x )=0,
0 2 0
( π)
当x∈[0,x )时,h(x)<0, f(x)单调递减;当x∈ x , 时,h(x)>0, f(x)单调递增.
0 0 2
(π) π 3π 10
又f(0)=0, f
2
=
e2
-
4
>e-
4
=e-2.5>0,
(π) π 3π
所以f(x)
max
=f
2
=
e2
-
4
.
2.(2024辽宁抚顺一模,19)已知函数f(x)=xex+1-ax2-2ax.
1
(1)当a= 时,判断f(x)的单调性;
2
(2)若x∈(0,+∞)时, f '(x-1)≥1+ln x-x恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)函数f(x)的定义域为R, f '(x)=ex+1+xex+1-2ax-2a=(x+1)(ex+1-2a),
1
当a= 时, f '(x)=(x+1)(ex+1-1).
2
当x+1≥0时,有ex+1-1≥0,得f '(x)≥0,函数f(x)在区间[-1,+∞)上单调递增;
当x+1<0时,有ex+1-1<0,得f '(x)>0,函数f(x)在区间(-∞,-1)上单调递增.
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1
综上,当a= 时, f(x)在R上单调递增.
2
(2)当x∈(0,+∞)时, f '(x-1)≥1+ln x-x恒成立,
xex−1−lnx+x
即2a≤ 恒成立,
x
(xex−1−lnx+x)
因此只需2a≤ .
x
min
xex−1−lnx+x x2ex+lnx
令g(x)= ,x>0,则g'(x)= .
x x2
1
令h(x)=x2ex+ln x,x>0,则h'(x)=(x2+2x)ex+ >0,
x
所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
(1) 1 1 (1 )
因为h(1)=e>0,h = e2-ln 2<0,所以h(x)在(0,+∞)内存在唯一零点x ,且x ∈ ,1 ,
2 4 0 0 2
所以当0<x<x 时,h(x)<0,即g'(x)<0,函数g(x)在区间(0,x )上单调递减,
0 0
当x>x 时,h(x)>0,即g'(x)>0,函数g(x)在区间(x ,+∞)上单调递增.
0 0
又因为h(x )=x2ex 0+ln x =0,
0 0 0
lnx 1
即x ex 0=- 0 =- ln x =−e−lnx 0ln x .(*)
0 x x 0 0
0 0
设m(x)=xex,当x>0时,m'(x)=(x+1)ex>0,所以m(x)在(0,+∞)上单调递增,
(1 )
因为x ∈ ,1 ,所以x >0,-ln x >0,
0 2 0 0
1
由(*)知m(x
0
)=m(-ln x
0
),所以x
0
=-ln x
0
,即ex 0=
x
.
0
x ex 0−1−lnx +x 1−1+x +x
所以g(x) =g(x )= 0 0 0= 0 0 =2.
min 0 x x
0 0
所以2a≤2,即a≤1,故实数a的取值范围为(-∞,1].
3.(2024江西赣州一模,19)已知函数f(x)=ex-1-ln x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)已知m>0.若函数g(x)=f(x)-m(x-1)有唯一的零点x .证明:1<x <2.
0 0
解析 (1)易知函数的定义域为(0,+∞).
1
∵f(x)=ex-1-ln x,∴f '(x)=ex-1- ,
x
1 1
令l(x)=ex-1- ,x>0,则l'(x)=ex-1+ >0,
x x2
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∴当x>0时,l(x)即f '(x)为增函数,
又∵f '(1)=0,
∴当x∈(0,1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)证明:∵g(x)=f(x)-m(x-1)=ex-1-ln x-mx+m(m>0),
1
∴g'(x)=ex-1- -m(x>0,m>0),
x
由(1)可知g'(x)在(0,+∞)上单调递增,且g'(1)=-m<0,
1
又g'(1+m)=em- -m>em-(m+1)>0,
1+m
∴存在唯一的t∈(1,1+m)⊆(1,+∞)使得g'(t)=0,
∴当x∈(0,t)时g'(t)<0,g(x)单调递减;当x∈(t,+∞)时g'(t)>0,g(x)单调递增,
∴g(x) =g(t)=et-1-ln t-mt+m.
min
{ g'(t)=et−1− 1 −m=0,
若g(x)=ex-1-ln x-mx+m=0有唯一的实数解x ,则x =t>1,∴ t
0 0
g(t)=et−1−lnt−mt+m=0,
1
消去m可得(2-t)et-1-ln t+1- =0(t>1),
t
1
令h(t)=(2-t)et-1-ln t+1- (t>1),
t
则h'(t)=(1-t)et-1-
1
+
1
=(1-t)
( et−1+ 1)
<0,
t t2 t2
1
∴h(t)在t∈(1,+∞)上为减函数,且h(1)=1>0,h(2)= -ln 2<0,
2
∴当h(t)=0时t∈(1,2),即1<x <2.
0
x−2 2ex−2mx−m
4.(2024四川南充二模)设函数f(x)= ex,g(x)= .
x+1 x2
(1)若函数f(x)在区间(a-1,a+2)上是单调函数,求a的取值范围;
e e e2
(2)设0≤m< ,证明:函数g(x)在区间(0,+∞)上存在最小值A,且 <A≤ .
2 2 2
x−2 x+1−x+2 x−2 x2−x+1
解析 (1)f(x)= ex的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞), f '(x)= ex+ ex=
x+1 (x+1) 2 x+1 (x+1) 2
ex>0恒成立,
所以函数f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递增.
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由函数f(x)在区间(a-1,a+2)上是单调函数,
得a+2≤-1或a-1≥-1,
即a≤-3或a≥0.故a的取值范围是(-∞,-3]∪[0,+∞).
2ex−2mx−m
(2)证明:由g(x)= ,x>0,
x2
得g'(x)=
2xex−4ex+2mx+2m
=
2(x+1)(x−2
ex+m ) ,
x3 x3 x+1
x+1
因为x>0,所以 >0,
x3
x−2 x−2
设φ(x)= ex+m,x>0,由(1)得φ(x)= ex+m在(0,+∞)上单调递增,
x+1 x+1
e e
又0≤m< ,则φ(1)=- +m<0,φ(2)=m≥0,
2 2
x −2 2−x
所以∃x ∈(1,2],使得φ(x )= 0 ex 0+m=0,即m= 0ex 0,
0 0 x +1 x +1
0 0
且当x<x 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x>x 时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
0 0
2ex 0−m(2x +1) ex 0(2x −1)
所以g(x)≥g(x )= 0 = 0 =A,
0 x2 x (x +1)
0 0 0
ex (2x−1)
设h(x)= ,x∈(1,2],
x(x+1)
ex (2x+1)(x2−x+1)
则h'(x)= >0恒成立,
x2 (x+1) 2
ex (2x−1)
所以h(x)= 在x∈(1,2]上单调递增,
x(x+1)
(e e2] e e2
所以h(x)∈ , ,即 <A≤ .
2 2 2 2
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