曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
微专题一
a
1.(2022河南天一联考(五),21)已知函数f(x)=xex- x(x+2)-1(a∈R).
2
(1)若x=-1为f(x)的极小值点,求a的取值范围;
1
(2)若f(x)有唯一的极值- -1,证明:∀x≥-1, f(x)+1≥sin x.
e
解析 (1)f '(x)=ex+xex-ax-a=ex(x+1)-a(x+1)=(x+1)(ex-a).
当a≤0时, f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以x=-1为f(x)的极小值点.
当a>0时,由f '(x)=0得x=-1或x=ln a.
1
(i)当a= 时, f(x)在R上单调递增,无极值点,不符合题意;
e
1
(ii)当0<a< 时, f(x)在(-∞,ln a)上单调递增,在(ln a,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,
e
所以x=-1为f(x)的极小值点;
1
(iii)当a> 时, f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,所
e
以x=-1为f(x)的极大值点,不符合题意.
综上,a的取值范围是( 1).
-∞,
e
1 a 1
(2)证明:根据(1)可知a≤0, f(-1)为唯一的极值,所以- + −1=− -1,所以a=0.
e 2 e
所以原问题即证∀x≥-1,xex-sin x≥0.
设g(x)=xex-sin x,则g'(x)=(x+1)ex-cos x,
设h(x)=g'(x),则h'(x)=(x+2)ex+sin x,
设φ(x)=h'(x),则φ'(x)=(x+3)ex+cos x,
当x∈(-1,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(-1,+∞)上单调递增.
1
又h'(0)=2>0,h'(-1)= -sin 1<0,
e
所以∃x 0∈(-1,0),使h'(x
0
)=0.
因此当x∈(-1,x
0
)时,h'(x)<0,当x∈(x
0
,+∞)时,h'(x)>0,
则h(x)=g'(x)在(-1,x )上单调递减,在(x ,+∞)上单调递增,
0 0
又g'(-1)=-cos 1<0,g'(0)=1-1=0,
因此当x∈(-1,0)时,g'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,
所以g(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,得g(x)≥g(0)=0,
所以xex-sin x≥0,从而原命题得证.
1 1
2.(2022陕西六模,21)设函数f(x)=xln x+ ax2−(a+1)x+ a+1(a∈R),g(x)=f '(x).
2 2
(1)若a=-1,求函数g(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)有2个零点,求实数a的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=ln x+1+ax-a-1=ln x+ax-a.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
因为g(x)=f '(x),所以g(x)=ln x+ax-a.
1 1-x
若a=-1,则g(x)=ln x-x+1,所以g'(x)= −1= .
x x
令g'(x)>0,得0<x<1,此时函数g(x)单调递增.
令g'(x)<0,得x>1,此时函数g(x)单调递减.
综上可知,当a=-1时,函数g(x)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞).
1 1+ax
(2)因为g(x)=ln x+ax-a,所以g'(x)= +a= ,g(1)=0+a-a=0,即f '(1)=0.
x x
①当a≥0时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.
当x∈(0,1)时,g(x)<0,即f '(x)<0,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,即f '(x)>0,所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递增.
1 1
故当x=1时, f(x)取得极小值,也是最小值,为f(1)=0+ a−(a+1)+ a+1=0.
2 2
所以当a≥0时,函数f(x)只有一个零点,所以a≥0不满足题意.
1 1 1
②当0<- <1,即a<−1时,令g'(x)>0,得0<x<− ;令g'(x)<0,得x>− .
a a a
所以函数g(x)在( 1) ( 1 )上单调递减.
0,- 上单调递增,在 - ,+∞
a a
又g(1)=0,所以∃x 1∈( 0,- 1),使g(x 1 )=0.
a
所以函数f(x)在(0,x )上单调递减,在(x ,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.又由①知
1 1
f(1)=0,要使函数f(x)有两个零点,则 当 x 趋近于 0 时 , f(x)>0 ,
1
即 a+1>0,解得a>-2.
2
所以a的取值范围为(-2,-1).
1 1-x
③当- =1,即a=−1时,g'(x)= .
a x
令g'(x)>0,得0<x<1;令g'(x)<0,得x>1.
所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0,即f '(x)=0,
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
又f(1)=0,所以当a=-1时,函数f(x)只有一个零点,所以a=-1不满足题意.
1 1 1
④当- >1,即−1<a<0时,令g'(x)>0,得0<x<− ;令g'(x)<0,得x>− .
a a a
所以函数g(x)在( 1) ( 1 )上单调递减.
0,- 上单调递增,在 - ,+∞
a a
因为g(1)=0,所以∃x 2∈( - 1 ,+∞ ),使g(x 2 )=0,
a
当x∈(0,1)时,g(x)<0,即f '(x)<0,
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,x )上单调递增,在(x ,+∞)上单调递减.
2 2曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
又f(1)=0,所以∃x>x
2
,使得f(x)=0.
所以当-1<a<0时,函数f(x)有两个零点.
综上可知,实数a的取值范围是(-2,-1)∪(-1,0).
3.(2021安徽宣城期末,21)已知函数f(x)=ln x-aex(a∈R).
(1)若f(1)=1,求曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程;
(2)当a>0时,若对任意x>0, f(x)≤ln a恒成立,求a的取值范围.
1 1
解析 (1)因为f(1)=-ae=1,所以a=- ,所以f(x)=ln x+ex−1, f '(x)= +ex-1,则
e x
f'(1)=2,所以切线方程为y=2x-1,即2x-y-1=0.
(2)当a>0且x>0时, f(x)≤ln a恒成立,即aex-ln x+ln a≥0恒成立.
1
设h(x)=aex-ln x+ln a,x>0,则h'(x)=aex- ,
x
易知h'(x)在(0,+∞)上是增函数,
当x→0时,h'(x)→-∞,当x→+∞时,h'(x)→+∞,
1
所以h'(x)在(0,+∞)内有唯一的零点.设h'(x)的零点为x ,则h'(x )=aex 0− =0, 当 0<x<x
0 0 x 0
0
时 ,h'(x)<0,h(x) 单调递减 ; 当 x>x 时 ,h'(x)>0,h(x) 单调递增 ,
0
1
所以h(x) =h(x )=aex 0−ln x0+ln a= -ln x +ln a,
min 0 x 0
0
1 1
由aex 0− =0得aex 0= ,取对数得-ln x =x +ln a,
x x 0 0
0 0
1
所以h(x) = +x +2ln a≥2+2ln a,当且仅当x =1时取等号,所以2+2ln a≥0,
min x 0 0
0
解得a≥1 [1 ).
,所以a的取值范围为 ,+∞
e e
q(x)
4.(2022天津塘沽一中适应性测试,20)设函数p(x)=ln x+x-4,q(x)=axex(a∈R),h(x)=
axe2x
(a∈R).
(1)求函数f(x)=p(x)-2x的单调区间和极值;
(2)若关于x的不等式|p(x)|>q(x)的解集中有且只有两个整数,求实数a的取值范围;
(3)方程p(x)-x+4=h(x)的实根为x 0
,令F(x)={x(p(x)-x+4),1<x≤x
0
,
若存在
xℎ (x),x>x ,
0
x
1
,x 2∈(1,+∞),x
1
<x
2
,使得F(x
1
)=F(x
2
),证明:F(x
2
)<F(2x
0
-x
1
).
1 1-x
解析 (1) f(x)=ln x-x-4,∴f '(x)= −1= .
x x
令f '(x)=0,得x=1,
当0<x<1时,f '(x)>0,当x>1时,f '(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间为(0,1),
单调递减区间为(1,+∞).
∴f(x)的极大值为f(1)=-5,无极小值.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
|lnx+x-4|
(2)|p(x)|>q(x),|ln x+x-4|>axex⇔a< ,
xex
lnx+x-4 (x+1)(lnx+x-5)
令h(x)= ,则h'(x)=− ,
xex x2ex
令φ(x)=ln x+x-5,则φ(x)在(0,+∞)上单调递增.
又φ(3)=ln 3-2<0,φ(4)=ln 4-1>0,
∴存在t∈(3,4),使得φ(t)=0.
∴当x∈(0,t)时,φ(x)<0,即h'(x)>0,h(x)在(0,t)上单调递增;
当x∈(t,+∞)时,φ(x)>0,即h'(x)<0,h(x)在(t,+∞)上单调递减.
3 ln2-2 ln3-1
∵h(1)=- <0,ℎ(2)= <0,ℎ(3)= >0,
e 2e2 3e3
3 2-ln2
且当x>3时,h(x)>0,又|h(1)|= ,|h(2)|=
e 2e2
ln3-1 2ln2
>|h(3)|= ,|h(4)|= ,
3e3 4e4
ln3-1
故要使不等式|p(x)|>q(x)解集中有且只有两个整数,a的取值范围应为 ≤a<
3e3
2-ln2
.
2e2
1
(3)证明:方程p(x)-x+4=h(x)在区间(1,+∞)上的实根为x ,即ln x = ,
0 0 ex
0
要证F(x )<F(2x -x ),由F(x )=F(x )可知,即证F(x )<F(2x -x ).
2 0 1 1 2 1 0 1
当1<x<x 时,F(x)=xln x,F'(x)=1+ln x>0,因而F(x)在(1,x )上单调递增.
0 0
x 1-x
当x>x 时,F(x)= ,F'(x)= <0,因而F(x)在(x ,+∞)上单调递减.
0 ex ex 0
因为x 1∈(1,x
0
),所以2x
0
-x
1
>x
0
,
2x -x
要证F(x
1
)<F(2x
0
-x
1
),即要证x
1
ln x
1
<
0 1
.
e2x
0
-x
1
2x -x
记m(x)=xln x- ,1<x<x .
0 0
e2x
0
-x
因为ln x = 1 x ,
0 ,所以x0ln x0= 0
ex
0
ex
0
x
则m(x )=x ln x - =0.
0 0 0 0
ex
0
m'(x)=1+ln x+1+x-2x 1 2x -x.
0=1+ln x+ − 0
e2x
0
-x e2x
0
-x e2x
0
-x
t 1-t 1
设n(t)=
et
,t>1,n'(t)=
et
,t∈(1,+∞)时,n'(t)<0,故n(t)
max
=
e
且n(t)>0,曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
故0<n(t)<1 1 2x -x <0.
,因为2x0−x>1,所以− <− 0
e e e2x
0
-x
因此m'(x)>0,即m(x)在(1,x )上单调递增.
0
2x -x
所以m(x)<m(x )=0,即 x ln x < .
0 1 1 0 1
e2x
0
-x
1
故F(x )<F(2x -x )得证.
2 0 1
5.(2022天津部分区二模,20)设函数f(x)=(x-1)ln x-x2+(m-1)x,m∈R,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求g(x)的单调区间;
(2)讨论g(x)零点的个数;
(3)若f(x)有两个极值点x ,x ,且x <x ,证明:x +x >2.
1 2 1 2 1 2
解析 (1)因为f(x)=(x-1)ln x-x2+(m-1)x(x>0),
1
所以f '(x)=ln x-2x- +m.
x
1
即g(x)=ln x-2x- +m,
x
1 1 -(2x+1)(x-1)
则g'(x)= −2+ = .
x x2 x2
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
所以,g(x)的单调递增区间为(0,1),g(x)的单调递减区间为(1,+∞) .
(2)由(1)得,g(x) =g(1)=m-3.
max
当m<3时,g(1)<0,则g(x)在(0,+∞)上无零点.
当m=3时,g(1)=0,则g(x)在(0,+∞)上有一个零点.
1 1
当m>3时,0< < ,因为g(1)>0,
m 3
g( 1) 1 2 1<ln m-m<0,
=ln − <0,g(m)=ln m−m−
m m m m
所以∃x 1∈( 1 ,1 ),x 2∈(1,m),使g(x 1 )=g(x 2 )=0,
m
故g(x)在(0,+∞)上有两个零点.
综上,当m<3时,g(x)在(0,+∞)上无零点;
当m=3时,g(x)在(0,+∞)上有一个零点;
当m>3时,g(x)在(0,+∞)上有两个零点.
(3)由(2)及f(x)有两个极值点x ,x ,且x <x ,可得,m>3,g(x)在(0,+∞)上有两个零点,且
1 2 1 2
0<x <1<x .
1 2
1
{ln x -2x - +m=0,
1 1 x
所以 1
1
ln x -2x - +m=0,
2 2 x
2曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
两式相减得ln x -ln x -2(x -x )+x -x =0,
2 1 2 1 2 1
x x
1 2
即 ln x -ln x 1 -2=0.
2 1+
x -x x x
2 1 1 2
因为x
1
+x
2
>2
√x x ,所以
1
>
4 .
1 2 x x (x +x )2
1 2 1 2
x
( )
2 2-1
下面证明 ln x 2 -ln x 1> 2 ,即 证l x n2> x 1 .
x -x x +x x x
2 1 1 2 1 2+1
x
1
令t=x 2t-2>0.
2>1,则 证l nt−
x t+1
1
令m(t)=ln t-2t-2 1 4 (t-1)2 >0,
,t>1,则m'(t)= − =
t+1 t (t+1)2 t(t+1)2
所以m(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以m(t)>m(1)=0,
故 ln x -ln x 2 .
2 1>
x -x x +x
2 1 1 2
又0= ln x 2 -ln x 1+ 1 −2> 2 + 4 -2,
x -x x x x +x (x +x )2
2 1 1 2 1 2 1 2
所以(x +x )2-(x +x )-2=(x +x -2)(x +x +1)>0,故x +x >2.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
6.(2022河南安阳模拟,20)已知函数f(x)=ln x-ax+(x-2)ex.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)当a≥1时, f(x)≤b对任意的x∈(1
,1
)恒成立,求满足条件的实数b的最小整数值.
3
1
解析 (1)当a=1时, f(x)=ln x-x+(x-2)ex, f '(x)= -1+(x-1)ex,
x
则f(1)=-1-e, f '(1)=0,所以切线方程为y=-1-e.
(2)f(x)≤b对任意的x∈(1
,1
)恒成立,
3
即b≥(x-2)ex+ln x-ax对任意的x∈(1
,1
)恒成立,
3
∵a≥1,x>0,∴(x-2)ex+ln x-ax≤(x-2)ex+ln x-x,曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
∴只需b≥(x-2)ex+ln x-x对任意的x∈(1
,1
)恒成立即可.
3
令g(x)=(x-2)ex+ln x-x,g'(x)=(x-1)ex+1 −1=(x−1) ( ex- 1),∵x∈
x x
(1 ) 1 (1 )上单调递增,
,1 ,∴x−1<0,令t(x)=ex− ,易知t(x)在 ,1
3 x 3
∵t(1)= 1-2<0,t(1)=e-1>0,
2
e2
∴一定存在唯一的x 0∈(1
,1
),使得t(x
0
)=0,
2
1
即ex 0=
,x =-ln x ,
x 0 0
0
且当
1 (1 )
<x<x0时,t(x)<0,则g'(x)>0;当x0<x<1时,t(x)>0,则g'(x)<0.∴函数g(x)在区间 ,x
3 3 0
上单调递增,在区间(x ,1)上单调递减,
0
∴g(x) max =g(x 0 )=(x 0 -2) ex 0+ln x0−x0=1−2 ( x + 1 )∈(-4,-3),∴b的最小整数值为-3.
0 x
0
7.(2022江西省重点中学盟校第一次联考,21)已知函数f(x)=ax+ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a≤1时, f(x)≤xex-1.
1 ax+1
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=a+ = .
x x
当a≥0时, f '(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a<0时,若x∈(
0,-
1),则f '(x)>0;若x∈(
-
1
,+∞
),则f '(x)<0.
a a
所以f(x)在( 1) ( 1 )上单调递减.
0,- 上单调递增,在 - ,+∞
a a
综上所述:当a≥0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时, f(x)在( 1) ( 1 )上单调递减.
0,- 上单调递增,在 - ,+∞
a a
(2)证明:若a=1,有f(x)=ln x+x,设h(x)=ln x+x-xex+1,x∈(0,+∞),曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
∴h'(x)=1
+1−(x+1)ex=(x+1)
(1 -ex).
x x
1 1
令t(x)= -ex,x∈(0,+∞),则t'(x)=- -ex<0,
x x2
∴t(x)=1 −ex在(0,+∞)上单调递减,又t (1) =2−√e >0,t(1)=1-e<0,∴ ∃x 0∈
x 2
(1 ,1 ) ,使得t(x0)= 1 - ex 0=0,即 1 = ex 0,则ln 1 =ln ex
0
,即-ln x 0 =x 0 ,
2 x x x
0 0 0
因此,当0<x<x 时,t(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>x 时,t(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递
0 0
减.
故h(x)≤h(x
0
)=ln x
0
+x
0
-x
0
ex 0+1=0,
∴ln x+x-xex+1≤0,即ln x+x≤xex-1.
又 ∵ a ≤ 1,x>0 , ∴ l n x+a x ≤ l n x+ x ≤ x e x - 1,
∴ln x+ax≤xex-1,即f(x)≤xex-1.
微专题二
2
1.(2022江西鹰潭一中月考(三),12)关于函数f(x)= +ln x,下列说法正确的是( )
x
A.x=2是f(x)的极大值点
B.函数y=f(x)-x有2个零点
C.存在正整数k,使得f(x)>kx恒成立
D.对任意两个正实数x ,x ,且x ≠x ,若f(x )=f(x ),则x +x >4
1 2 1 2 1 2 1 2
2 1 x-2
答案 D f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=- + = ,易得函数f(x)在(0,2)上单调递减,
x2 x x2
在(2,+∞)上单调递增,所以x=2是f(x)的极小值点,故A中说法错误;
[ ( 1) 2 7]
- x- +
由题意得y'=- <0(x>0),函数y=f(x)-x在(0,+∞)上
2 1 -x2+x-2 2 4
+ −1= =
x2 x x2 x2
单调递减,至多有一个零点,故B中说法错误;
f (x) f (x) -4+x-xlnx
f(x)>kx(x>0)⇔k< ,令g(x)= ,则g'(x)= ,设h(x)=-4+x-xln x,
x x x3
则h'(x)=-ln x,易知函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以
h(x)≤h(1)=-3<0,∴g'(x)<0,
则函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,无最小值,且当x→+∞时,g(x)→0,所以不存在正整数k,使
得f(x)>kx恒成立,故C中说法错误;
不妨令0<x <x ,易知x >2,0<x <2,
2 1 1 2
欲证x +x >4,只需证x >4-x ,可知x >4-x >2,
1 2 1 2 1 2
又因为函数f(x)在(2,+∞)上单调递增,f(x )=f(x ),所以f(x )>f(4-x )⇔f(x )>f(4-x ),即证
1 2 1 2 2 2
f(x)>f(4-x),x∈(0,2).
记h(x)=f(x)-f(4-x),x∈(0,2),曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
所以h'(x)=-8(x-2)2
<0,所以h(x)在(0,2)上单调递减,所以h(x)>h(2)=0,即f(x)>f(4-
x2(4-x)2
x),x∈(0,2).所以x
1
+x
2
>4,故D中说法正确.故选D.
e
2.(2022河南部分重点高中检测,21)已知函数f(x)=ex- x2.
2
(1)证明:f(x)在R上为增函数;
(2)若f(x )+f(x )=e,x <x ,证明:x +x <2.
1 2 1 2 1 2
证明 (1)f '(x)=ex-ex,令g(x)=ex-ex,则g'(x)=ex-e,令g'(x)=0,则x=1,
故在(-∞,1)上,g'(x)<0,g(x)为减函数;在(1,+∞)上,g'(x)>0,g(x)为增函数,∴g(x) =g(1)=0,故f
min
'(x)≥f '(1)=0, f(x)在R上为增函数.
e
(2)由(1)知f(x)为增函数,且f(1)= ,
2
故f(x )+f(x )=2f(1),x <x ,可得f(x )<f(1)<f(x ),则x <1<x .
1 2 1 2 1 2 1 2
欲证x +x <2,只需证x <2-x ,即证f(x )<f(2-x ),即证e-f(x )<f(2-x ).
1 2 1 2 1 2 2 2
令F(x)=f(x)+f(2-x)-e(x>1),
则F'(x)=f '(x)-f '(2-x)=ex-ex-e2-x+e(2-x),
令H(x)=F'(x),则H'(x)=ex-e+e2-x-e=ex+e2-x-2e>2 -2e=0(x>1),故F'(x)为增函
√ex·e2-x
数,F'(x)>F'(1)=0,故F(x)为增函数,F(x)>F(1)=0,故F(x )>0,则e-f(x )<f(2-x ),∴x +x <2.
2 2 2 1 2
3.(2021山东烟台期末,21)已知函数f(x)=ex-1-a(x-1).
(1)讨论f(x)的零点个数;
(2)若f(x)有两个不同的零点x ,x ,证明:x +x >4.
1 2 1 2
ex-1
解析 (1)因为f(1)=1≠0,所以1不是f(x)的零点.令g(x)= ,则f(x)的零点个数即直线y=a
x-1
与g(x)图象的交点个数.
因为g'(x)=ex-1(x-2),所以g(x)在(-∞,1),(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
(x-1)2
因为g(2)=e,且当x<1时,g(x)<0,
所以当a∈[0,e)时, f(x)没有零点;
当a∈(-∞,0)∪{e}时, f(x)有一个零点;
当a∈(e,+∞)时, f(x)有两个零点.
(2)证明:由(1)知, 当 a ∈ (e,+∞) 时 , f(x) 有两个零点 x 1 ,x 2 . 设 x 1 <x 2 , 则 x 1 ∈ (1,2),x 2 ∈ (2,+∞) ,
{ex 1 -1-a(x -1)=0, x -1
由 1 得ex 1 -x 2= 1 ,所以x 1 -x 2 =ln(x 1 -1)-ln(x 2 -1),即x 1 -ln(x 1 -1)=x 2 -
ex 2 -1-a(x -1)=0, x -1
2 2
ln(x -1).
2
令h(x)=x-ln(x-1),x∈(1,+∞),
1 x-2
则h'(x)=1- = ,所以h(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
x-1 x-1
要证x +x >4,即证x >4-x .
1 2 2 1
因为x >2,4-x >2,且h(x)在(2,+∞)上单调递增,所以只需证h(x )>h(4-x ).
2 1 2 1
因为h(x )=h(x ),所以即证h(x )>h(4-x ).
1 2 1 1曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
令F(x)=h(x)-h(4-x)=x-ln(x-1)-(4-x)+ln(3-x)=2x-4-ln(x-1)+ln(3-x),x∈(1,2),
1 1
2(x-2)2
则F'(x)=2- + = <0,
x-1 x-3 (x-1)(x-3)
所以F(x)在(1,2)上单调递减.
所以F(x)>F(2)=0,
即h(x)-h(4-x)>0.
因为x 1∈(1,2),
所以h(x )>h(4-x ),故x +x >4.
1 1 1 2
a
4.(2022河北二模,20)已知函数f(x)=ln x+ x2,g(x)=(a+1)x.
2
(1)若a=-1,求函数f(x)的最大值;
(2)若函数h(x)=f(x)-g(x),讨论函数h(x)的单调性;
a
(3)若函数m(x)=f(x)-g(x)+x有两个极值点x ,x (x <x ),证明m(x )-m(x )< -ln a.
1 2 1 2 1 2
2
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
1
当a=-1时,f(x)=ln x- x2.
2
1 1-x2 (x+1)(x-1)
令f '(x)= −x= =− =0,解得x=-1(舍)或x=1.
x x x
当x变化时,f '(x)和f(x)的变化情况如下表所示.
x (0,1) 1 (1,+∞)
f '(x) + 0 -
1
f(x) 单调递增 - 单调递减
2
1
∴当x=1时,函数f(x)取得极大值也是最大值,即f(x) =f(1)=- .
max
2
a
(2)h(x)=f(x)-g(x)=ln x+ x2-(a+1)x.
2
函数h(x)的定义域为(0,+∞),
1
1+ax2-(a+1)x
h'(x)= +ax−(a+1)= .
x x
x-1
①当a=0时,h'(x)=- .
x
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(ax-1)(x-1) 1
②当a≠0时,令h'(x)= =0,解得x=1或x= .
x a
1
(i)当a<0时,x= <0.
a
由h'(x)>0,得0<x<1;
由h'(x)<0,得x>1,
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
1
(ii)当0<a<1时,x= >1.
a曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1
由h'(x)>0,得0<x<1或x> ;
a
1
由h'(x)<0,得1<x< ,
a
∴函数h(x)在(0,1),(1 ) ( 1)上单调递减.
,+∞ 上单调递增,在 1,
a a
(x-1)2
(iii)当a=1时,h'(x)= ≥0.
x
∴函数h(x)在(0,+∞)上单调递增.
1
(iv)当a>1时,0<x= <1.
a
1
由h'(x)>0,得0<x< 或x>1;
a
1
由h'(x)<0,得 <x<1,
a
∴函数h(x)在( 1) (1 )上单调递减.
0, ,(1,+∞)上单调递增,在 ,1
a a
a
(3)证明:m(x)=f(x)-g(x)+x=ln x+ x2-ax,
2
函数m(x)的定义域为(0,+∞),
1 ax2-ax+1
m'(x)= +ax−a= .
x x
若函数m(x)有两个极值点x ,x ,
1 2
1
则方程ax2-ax+1=0的判别式Δ=a2-4a>0,且x +x =1,x x = >0.
1 2 1 2
a
∴a>4.
又x <x ,
1 2
1 1
∴x2<x1x2= ,可得0<x1< .
1 a √a
a a 1 a
∴m(x )-m(x )=ln x + x2−ax1−ln x2− x2+ax2=ln x1−ln + [
1 2 1 2 1 2 2 ax 2
1
a
x
1
2−(1−x1)2]−a[x1−(1−x1)]=ln x1+ln(ax1)+
2
-ax
1
.
设M(t)=ln t+ln(at)+a-at,其中t∈(
0,
1 ).
2 √a
2 2
令M'(t)= −a=0,解得t= .
t a
2 1 2-√a 2 1
又 − = <0,即 < ,
a √a a a √a
