曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
微专题应用创新
微专题一 利用导数解决不等式问题
ex
1.(2022全国甲理,21,12分,综合性)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x x <1.
1 2 1 2
解析 (1)∵f(x)=
ex ex(x-1) 1 (ex+x)(x-1)
−ln x+x−a,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)= − +1=
x 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.
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
可以证明: x -x <1,所以x x <1.
2 1 >√x x ,则有√x x 1 2
ln x -ln x 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
∴只需证 1 >ln 2.
√x
2
x
1
x
1曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
设m=x m-1>ln m(m>1).
2 (m>1),从而只要证
x √m
1
m-1
设g(m)= -ln m(m>1),
√m
2m-m+1 1 (√m-1)2
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,
∴ x
2
-x
1 >√x x
成立.
ln x -ln x 1 2
2 1
故x x <1.
1 2
证法二:不妨设0<x
1
<1<x
2
,F(x)=f(x)-f(1),0<x<1,
x
1
-1
1 (1) x-1 1 x ( 1 1) x-1 1
则F'(x)=f '(x)+
x2
f '
x
=
x2
(ex+x)+
x2
·
1
· ex+
x
=
x2
(ex+x-1-x ex ).
x2
设φ(x)=ex+x-1-x 1,x∈(0,1),
ex
则φ'(x)=ex+1-( e 1 x- 1 x e 1 x )=ex+1- e 1 x( 1- 1 x )=ex+1+ e 1 x · 1- 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.
∴F(x)<F(1)=0,∴f(x)<f(1).
x
∴f(x )=f(x )<f ( 1 ).
2 1
x
1
由(1)可知, f(x)在(1,+∞)上单调递增,
1 1
∵x >1, >1,∴x2< ,
2 x x
1 1
∴x x <1.
1 2
ln(ax)
2.(2022湖南常德一模,21)已知函数f(x)= -eln x(e=2.718 28…是自然对数的底数).
x
(1)当a=e时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a>e时,证明: f(x)<(a-1)e.
解析 (1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0,+∞).曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
a=e时, f(x)=ln(ex) -lnx-ex .
−eln x,∴f '(x)=
x x2
1
令h(x)=-ln x-ex,x>0,则h'(x)=- -e<0,
x
∴h(x)单调递减.
∵h
(1) 1 1 ( 1) (1 )
=0,∴当0<x< 时,h(x)>0, f '(x)>0;当x> 时,h(x)<0, f '(x)<0,故函数f(x)的单调递增区间为 0, ,单调递减区间为 ,+∞
e e e e e
.
(2)证明: f '(x)=1-ln(ax) e 1-ln(ax)-ex.
− =
x2 x x2
1
令φ(x)=1-ln(ax)-ex,则φ'(x)=- -e<0,
x
∴φ(x)单调递减.
∵φ(1) e (1) a<0,
=1− >0,φ =−ln
a a e e
∴ ∃x 0∈(1
,
1),使φ(x
0
)=0,即1-ln(ax
0
)-ex
0
=0,∴x∈(0,x
0
)时,φ(x)>0, f '(x)>0, f(x)单调递增;
a e
x∈(x
0
,+∞)时,φ(x)<0, f '(x)<0, f(x)单调递减,故函数f(x)在x=x
0
时有极大值,
则f(x)≤f(x
0
)= ln(ax
0
)
−eln x0=
1 -e-eln x
0
.
x x
0 0
∵函数r(x)=1 (1 1)上单调递减,
−e−eln x在 ,
x a e
∴r(x
0
)<r(1)=a-e+eln a,
a
要证f(x)<(a-1)e,即证a-e+eln a<(a-1)e,
即证(1-e)a+eln a<0.
令F(a)=(1-e)a+eln a(a>e),
e
则F'(a)=1-e+ <2-e<0,则F(a)单调递减,
a
∴F(a)<F(e)=(1-e)e+e=2e-e2<0,
∴(1-e)a+eln a<0成立,即f(x)<(a-1)e得证.
3.(2022重庆三模,22)已知函数f(x)=xe2x-(1+ln x).
(1)证明:f(x)≥2x;
(2)∀x 1∈(0,+∞),x 2∈(0,e],不等式x
1
x
2
·(e2x 1+aln x
2
)≥ax
1
+x
2
(ln x
1
+1)恒成立,求实数a的取值
范围.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
解析 (1)证明:令u(x)=f(x)-2x,x∈(0,+∞),则u'(x)=e2x+2xe2x-
1 −2=(1+2x) ( e2x- 1) ,x>0,∵y=e2x− 1 单调递增,当x= 1 时y=√e -4<0,当x=1
x x x 4
1
时y=e2-1>0,故存在唯一x >0,使得e2x 0− =0,且当x>x 时,u'(x)>0,当x<x 时,u'(x)<0,故
0 x 0 0
0
1
u(x)在(0,x
0
)上单调递减,在(x
0
,+∞)上单调递增,∴u(x)≥u(x
0
)=x
0
e2x 0-2x
0
-ln x
0
-1,又e2x 0=
x
,
0
即x
0
e2x 0=1,即ln x
0
+2x
0
=0,故u(x
0
)=0,∴u(x)≥0,即f(x)≥2x.
(2)依题意得 e2x 1− 1+ln x 1≥a( 1 -ln x )对任意的x 1∈(0,+∞),x 2∈(0,e]恒成立,
x x 2
1 2
1+lnx 1+lnx
由(1)知f(x)≥2x⇒e2x- ≥2,且当x=x
0
时等号成立,故y=e2x- 的最小值为2,故原
x x
问题等价于2≥a( 1
-ln x
)对任意的x 2∈(0,e]恒成立,
x 2
2
令q(x)=1-ln x,x∈(0,e],易知q(x)单调递减,q(e)=1-1,故q(x
2
)∈[1
-1,+∞
),若a>0,则
x e e
aq(x
2
)∈ [
a
(1
-1
)
,+∞
),显然不满足aq(x
2
)≤2恒成立;
e
若a=0,则aq(x )=0≤2恒成立;
2
若a<0,则aq(x
2
)∈ (
-∞,a
(1
-1
)],aq(x
2
)≤2恒成立即a(1
-1
)≤2,∴ 2e ≤a<0.
e e 1-e
综上,a∈[ 2e
,0
].
1-e
4.(2022辽宁辽阳二模,22)已知函数f(x)=ex-1-ax-(x-1)ln x,曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线
与直线2x+y-1=0垂直.
(1)求a的值;
(2)证明:当x∈(1,+∞)时, f(x)>a.
x-1
解析 (1)由题意可知f '(x)=ex-1-a-ln x- ,则f '(1)=1-a,
x
1 1
因为曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线与直线2x+y-1=0垂直,所以1-a= ,解得a= .
2 2
(2)由(1)知,欲证当x∈(1,+∞)时, f(x)>a,
1 1
即证当x∈(1,+∞)时,ex-1- x−(x−1)ln x> ,
2 2
1
等价于x∈(1,+∞),ex-1- (x+1)-(x-1)ln x>0恒成立.
2
设h(x)=ln x-(x-1),x∈(1,+∞),曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1 1-x
则h'(x)= −1= ,
x x
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,则h(x)<h(1)=0,即ln x<x-1,则x>1时,(x-1)ln
x<(x-1)2,所以ex-1-
1 1 1
(x+1)−(x−1)2<ex−1− (x+1)−(x−1)ln x.令F(x)=ex−1− (x+1)-
2 2 2
3
(x-1)2,x∈(1,+∞),其中F(1)=0,则F'(x)=ex-1-2x+ ,x∈(1,+∞),
2
3
令t(x)=ex-1-2x+ ,则t'(x)=ex-1-2,
2
令t'(x)=0,得x=1+ln 2,
当x∈(1,1+ln 2)时,t'(x)<0,F'(x)单调递减,
当x∈(1+ln 2,+∞)时,t'(x)>0,F'(x)单调递增,
3 ln e3-ln16
F'(x) =F'(1+ln 2)= −2ln 2= ,
min
2 2
因为e3>16,所以F'(x) >0,所以F'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,
min
则F(x)在(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=0.
1 1
综上所述,x>1时,ex-1- (x+1)−(x−1)ln x>ex−1− (x+1)-(x-1)2>0,故当x∈(1,+∞)时,
2 2
f(x)>a.
5.(2022广东一模,21)已知f(x)=ln x+ax+1(a∈R), f '(x)为f(x)的导函数.
(1)若对任意x>0都有f(x)≤0,求a的取值范围;
(2)若0<x
1
<x
2
,证明:对任意常数a,存在唯一的x 0∈(x
1
,x
2
),使得f '(x
0
)=f (x
1
)-f (x
2
) 成立.
x -x
1 2
1 ax+1
解析 (1)f '(x)= +a= (x>0),
x x
当a≥0时, f(1)=a+1>0不符合题意;
当a<0时,令f '(x)<0,得x>-
1 1 ( 1) ( 1 )
;令f '(x)>0,得0<x<− ,所以f(x)在区间 0,- 上单调递增,在区间 - ,+∞
a a a a
上单调递减,
由题意得f( 1) ( 1)≤0,解得a≤-1.
- =ln -
a a
所以a≤-1.综上所述,a≤-1.
(2)证明:设g(x)=f '(x)-f (x )-f (x ) ,问题转化为g(x)在区间(x ,x )上有唯一的零点,
1 2 1 2
x -x
1 2
由g(x)=f '(x)-f (x )-f (x ) 1 ln x +ax -ln x -ax ,易知g(x)在区间(x ,x )
1 2 = +a− 1 1 2 2 1 2
x -x x x -x
1 2 1 2
上单调递减,故函数g(x)在区间(x ,x )上至多有1个零点.
1 2曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
由g(x 1 )= 1 +a− ln x 1 +ax 1 -ln x 2 -ax 2= 1 − ln x 1 -ln x 2= 1 ·
x x -x x x -x x -x
1 1 2 1 1 2 1 2
( x x ) 1 ( x x ),
1- 2+ln 2 ,同理,得g(x2)= 1-1+ln 2
x x x -x x x
1 1 1 2 2 1
由(1)知,当a=-1时,ln x-x+1≤0,当且仅当x=1时取等号,因为0<x <x ,所以
1 2
x x x +1<0,
2>1,所 以l n 2− 2
x x x
1 1 1
1
又因为x -x <0,即 <0,所以g(x )>0,
1 2 x -x 1
1 2
因为0<x <x ,所以0<x <1,
1 2 1
x
2
所以ln x x x x -1>0,
1− 1+1<0,即ln 2+ 1
x x x x
2 2 1 2
1
又因为x -x <0,即 <0,所以g(x )<0,
1 2 x -x 2
1 2
由函数零点存在定理知g(x)在区间(x
1
,x
2
)上有唯一的零点,即存在唯一的x 0∈(x
1
,x
2
),使得
f '(x )=f (x )-f (x ) 成立.
0 1 2
x -x
1 2
微专题二 利用导数研究函数零点问题
题型一 研究函数零点的个数
1.(2022湖南师范大学附属中学二模,22)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)若a=1,比较f(log √10)与f(log 9)的大小;
2 5
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
解析 (1)当a=1时, f(x)=(x+1)ln x-(x-1),
x+1 1
f '(x)=ln x+ −1=ln x+ ,
x x
当x>1时, f '(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,
因为log √10=log 10>log 9>log 9>1,
2 4 4 5
所以f(log √10)>f(log 9).
2 5
x+1 1
(2)f '(x)=ln x+ −a=ln x+ +1-a,
x x
1 1 1 x-1
令g(x)=ln x+ +1−a,则g'(x)= − = (x>0),
x x x2 x2
当0<x<1时,g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0,
所以函数g(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
所以g(x) =g(1)=2-a,即f '(x) =2-a,
min min
①若2-a≥0,即a≤2,则f '(x)≥0, f(x)在(0,+∞)上递增,因为f(1)=0,所以x=1为f(x)的唯一零点;
②若2-a<0,即a>2,则f '(x) =f '(1)<0,
min
1
因为ea>1, f '(ea)= +1>0,则f '(x)在(1,+∞)内仅有1个零点,记为n,
ea
因为0<e-a<1, f '(e-a)=ea-2a+1,
设h(a)=ea-2a+1,当a>2时,h'(a)=ea-2>0,
所以h(a)在(2,+∞)内单调递增,
从而h(a)>h(2)=e2-3>0,即f '(e-a)>0,所以f '(x)在(0,1)内仅有一个零点,记为m,
故当x∈(0,m)或x∈(n,+∞)时, f '(x)>0,当x∈(m,n)时, f '(x)<0,所以函数f(x)在(n,+∞)和
(0,m)上递增,在(m,n)上递减,
因为0<m<1<n, f(1)=0,则f(m)>0, f(n)<0,故f(x)在(m,n)内有唯一零点,
因为f(e-a)=-a(e-a+1)-a(e-a-1)=-2ae-a<0,所以f(x)在(0,m)内有唯一零点,
因为f(ea)=a(ea+1)-a(ea-1)=2a>0,所以f(x)在(n,+∞)内有唯一零点,
所以f(x)在(0,+∞)内有3个零点.
综上所述,当a≤2时, f(x)有1个零点;当a>2时, f(x)有3个零点.
2.(2022江苏连云港模拟,21)已知函数f(x)=ln x+mx.
1
(1)当m=- 时,判断f(x)的零点个数;
3
(2)若不等式ea(x-1)+ax≥x+ln x+a对任意的x>1恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)当m=-
1 x 1 1 3−x
时, f(x)=ln x− ,定义域为(0,+∞),所以f '(x)= − = ,
3 3 x 3 3x
令f '(x)=0,则x=3,当x∈(0,3)时, f '(x)>0, f(x)为增函数,当x∈(3,+∞)时, f '(x)<0, f(x)为减
1
函数,所以f(x) =f(3)=ln 3-1>0,又因为f(1)=- <0,所以f(1)·f(3)<0,所以f(x)在(1,3)上有唯
max
3
e2
一零点,同理,因为f(e2)=2- <0,所以f(3)·f(e2)<0,所以f(x)在(3,e2)上有唯一零点,所以函数
3
f(x)有两个零点.
(2)ea(x-1)+ax≥x+ln x+a,即ea(x-1)+a(x-1)≥x+ln x,亦即ea(x-1)+a(x-1)≥eln x+ln x,
构造函数F(x)=ex+x,即F(a(x-1))≥F(ln x),F(x)显然为(0,+∞)上的单调递增函数,所以转化为
a(x-1)≥ln x在(1,+∞)上恒成立.
①当a≤0时,因为x>1,所以a(x-1)≤0,而ln x>ln 1=0,不符合题意.②当a>0时,即a(x-1)-ln
x≥0在(1,+∞)上恒成立,令G(x)=a(x-1)-ln x(x>1),则G'(x)=a-
1 ax-1 1 1
= ,令G'(x)=0,则x= ,i)当0< ≤1,即a≥1时,因为x>1,所以G'(x)>0,所以G(x)
x x a a
在(1,+∞)上递增,所以G(x)>G(1)=0,即G(x)>0恒成立,符合题意.
ii)当1>1,即0<a<1时,当x∈(
1,
1)时,G'(x)<0,当x∈(1
,+∞
)时,G'(x)>0,
a a a
所以G(x) min =G(1) =a (1 -1 ) −ln 1=1-a+ln a,
a a a曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1 1−a
令h(a)=1-a+ln a(0<a<1),则h'(a)=-1+ = >0,所以h(a)在(0,1)上递增,所以
a a
h(a)<h(1)=0,所以G(x) <0,不符合题意.综上所述,a≥1.
min
解题思路 (2)变形得到ea(x-1)+a(x-1)≥eln x+ln x,构造函数F(x)=ex+x,即F(a(x-1))≥F(ln x),
判断单调性,转化为函数a(x-1)≥ln x在(1,+∞)上恒成立,分类讨论.
3.(2022山东枣庄三模,22)已知函数f(x)=ae2x-x2,a∈R.
(1)设f(x)的导函数为g(x),讨论g(x)的零点个数;
e
(2)设f(x)的极值点为x ,x (x <x ),若 x +x ≥λx x 恒成立,求实数λ的取值范围.
1 2 1 2 e-2 1 2 1 2
解析 (1)g(x)=f '(x)=2ae2x-2x,则g'(x)=4ae2x-2.当a≤0时,g'(x)<0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调
递减,当x→-∞时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→-∞,由函数零点存在定理可得,此时g(x)存在
唯一零点;
当a>0时,令g'(x)=4ae2x-2>0,解得x>-ln(2a),故当x∈(
-
ln(2a)
,+∞
)时,g'(x)>0,g(x)单
2 2
调递增,x∈
( ln(2a) ) ( ln(2a) )=1+ln(2
-∞,- 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)min=g -
2 2
a).又当x→-∞时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,
所以当g
( ln(2a) ) 1 1 1 1
- <0,即0<a< 时,由函数零点存在定理知g(x)存在两个零点;当a= 时,g(x)存在一个零点;当a> 时,g(x)无零点.综上,0<a<
2 2e 2e 2e 2e
1 1
时,g(x)存在两个零点;当a≤0或a= 时,g(x)存在一个零点;当a> 时,g(x)无零点.
2e 2e
1
(2)由(1)知, f(x)的极值点x ,x (x <x )即为方程g(x)=2ae2x-2x=0的两根,且0<a< ,所以a
1 2 1 2
2e
=x >0,a x >0,
e2x
1
1 e2x 2=x2>0,两式相除并取对数得2(x2−x1)=ln 2
x
1
( 2 x e x )
2 + 2- · 1
由 e x 1 +x 2 ≥λx 1 x 2 得2(x 2 -x 1 )( e x +x ) ≥λx 1 x 2 ·ln x 2,所以λ≤ e-2 x 1 e-2 x 2
e-2 e-2 1 2 x x
1 ln 2
x
1
,曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
( 2 e 1)
2 +t- ·
令t=
x e-2 e-2 t
(t>1),则λ≤h(t)恒成立,h'(t)=2
2,t>1,ℎ(t)=
x lnt
1
( t2+ e ) lnt- ( 2 t+t2- e ) .
e-2 e-2 e-2
t2ln 2t
令φ(t)=( t2+ e ) ln t− ( 2 t+t2- e ) ,则φ'(t)=2tln t−t+ e ·1 − 2 ,
e-2 e-2 e-2 e-2 t e-2
e 1 2 e 1
令p(t)=φ'(t)=2tln t-t+ · − ,则p'(t)=2ln t+1− · 在(1,+∞)上单调递增,
e-2 t e-2 e-2 t2
p'(1)<0,p'(e)>0,所以存在t 0∈(1,e),使得p'(t
0
)=0,且当t∈(1,t
0
)时,p'(t)<0,φ'(t)单调递
减,t∈(t
0
,+∞)时,p'(t)>0,φ'(t)单调递增,
又φ'(1)=0,φ'(e)>0,所以存在t 1∈(1,e),t∈(1,t
1
)时,φ'(t)<0,φ(t)单调递减,t∈(t
1
,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)
单调递增,又φ(1)=φ(e)=0,所以t∈(1,e)时,φ(t)<0,h(t)单调递减,t∈(e,+∞)时,φ(t)>0,h(t)单调递
2(e-1)2 2(e-1)2
增,所以t=e时,h(t) =h(e)= ,则λ的取值范围是λ≤ .
min e-2 e-2
4.(2022广东茂名调研(三),22)已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.
(1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)当1≤a<2时,求函数g(x)=(x-2)f(x)的零点个数.
解析 (1)因为f(x)=ex-ax+sin x-1,所以f '(x)=ex-a+cos x,由函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
得a≤ex+cos x在x∈(0,+∞)上恒成立.
令h(x)=ex+cos x,x∈(0,+∞),则h'(x)=ex-sin x,当x>0时,ex>1,所以h'(x)=ex-sin x>0恒成立.
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=2,所以a≤2.
(2)由g(x)=(x-2)f(x)=(x-2)(ex-ax+sin x-1),则g(2)=0,g(0)=0.
所以2与0是g(x)=(x-2)f(x)的两个零点.因为1≤a<2,所以由(1)知,函数f(x)在(0,+∞)上单调
递增, f(x)>f(0)=0,无零点.
①当x∈(-∞,-π]时,∵1≤a<2,∴-ax≥π,∴f(x)≥ex+π+sin x-1>0,无零点.
②当x∈(-π,0)时,sin x<0,设u(x)=f '(x),u'(x)=ex-sin x>0,∴f '(x)在(-π,0)上单调递增,
又∵f '(0)=2-a>0, f '(-π)=e-π-1-a<0,
∴存在唯一零点x 0∈(-π,0),使得f '(x
0
)=0.
当x∈(-π,x
0
)时, f '(x)<0, f(x)在(-π,x
0
)上递减;
当x∈(x
0
,0)时, f '(x)>0, f(x)在(x
0
,0)上递增.
又f(-π)=e-π+aπ-1>0, f(0)=0,所以函数f(x)在(-π,0)上有且仅有1个零点.
综上,当1≤a<2时,函数g(x)=(x-2)f(x)有且仅有3个零点.
题型二 由函数零点的存在情况求参数范围
1.(2022全国乙理,21,12分,综合性)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
1
解析 (1)当a=1时, f(x)=ln(1+x)+xe-x,其定义域为(-1,+∞),f '(x)= +(1-x)e-x,
x+1曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
又f(0)=0,f '(0)=2,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.
(2)f(x)=ln(1+x)+axe-x有零点,即方程ln(x+1)=-axe-x有根,设g(x)=ln(x+1),h(x)=-axe-x,因为
f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,所以g(x)和h(x)的图象在(-1,0),(0,+∞)上各恰有
1
一个交点.易知g'(x)= ,h'(x)=-a(1-x)e-x,g(0)=h(0)=0.
x+1
当x∈(-1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
①若a=0,显然不满足.
②若a>0,则当x∈(-1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,此时
g(x)和h(x)在(-1,0)上无交点.
③若a<0,则当x∈(-1,1)时,h'(x)>0,h(x)在(-1,1)上单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)在
(1,+∞)上单调递减.
(i)当x→+∞时,h(x)→0,g(x)→+∞,且g(0)=h(0)=0,要满足g(x)和h(x)的图象在(0,+∞)上有一
个交点,需g'(0)<h'(0),解得a<-1;
(ii)当x=-1时,h(-1)=ae,当x→-1时,g(x)→-∞,
且g(0)=h(0)=0,要满足g(x)和h(x)的图象在(-1,0)上有一个交点,也需要g'(0)<h'(0),解得
a<-1.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-1).
1
2.(2022全国乙文,20,12分,综合性)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,
∴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曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1
0<x<1或x> 时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
a
∴f(x)在(0,1),(1 ) ( 1)上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,
,+∞ 上单调递增,在 1,
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
③当a>1时,1 ( 1) (1 )上单调递减,
<1, f(x)在 0, ,(1,+∞)上单调递增,在 ,1
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 x ,
,令g(x)=
x-lnx x-lnx
( 1 1) ( 1)(1 )
- + (x-lnx)- 1− +lnx
则g'(x)= x2 x x x
(x-lnx)2
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,
1
∴g(x)>0,∴a>0时,a(x-ln x)= +ln x恰有一解.
x
故a>0.
3.(2022长沙长郡中学一模,22)已知函数f(x)=xln x-ax2(a∈R).
(1)若f(x)在定义域内有2个零点,求a的取值范围;曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
(2)若∃p∈(0,+∞),函数g(x)=xpf(x)在定义域内单调递减,求a的取值范围.
解析 (1)∵f(x)=xln x-ax2在定义域(0,+∞)内有2个零点,∴y=
lnx lnx
的图象与直线y=a在(0,+∞)上有2个不同的交点.令h(x)= ,x∈(0,+∞),
x x
1−lnx
∵h'(x)= ,∴当x∈(0,e)时,h'(x)>0;当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在(0,e)上单调递增,在
x2
1
(e,+∞)上单调递减,∴h(x) =h(e)= ,
max
e
又lim ¿h(x)→-∞,lim ¿h(x)→0,
x→0 x→+∞
∴a∈
( 1) lnx ( 1)
0, 时,y= 的图象与直线y=a在(0,+∞)上有2个不同的交点,即a的取值范围为0,
e x e
.
(2)∵ ∃p∈(0,+∞),g(x)=xpf(x)=xp+1(ln x-ax)在(0,+∞)上单调递减,∴g'(x)=(p+1)xp(ln x-ax)
+xp+1·(1 )=xp[(p+1)ln x-a(p+2)x+1].
-a
x
令F(x)=(p+1)ln x-a(p+2)x+1,x>0,
则问题转化为∃p∈(0,+∞),∀x∈(0,+∞),F(x)≤0.
①当a≤0时,∵F(x)在(0,+∞)上单调递增,且lim ¿F(x)→+∞,不符合题意;
x→+∞
p+1 p+1
②当a>0时,∵F'(x)= −a(p+2),令F'(x)=0,解得x= ,当x∈
x a(p+2)
(
0,
p+1 )时,F'(x)>0;当x∈( p+1
,+∞
)时,F'(x)<0,
a(p+2) a(p+2)
∴F(x)在( p+1 ) ( p+1 )上单调递减,
0, 上单调递增,在 ,+∞
a(p+2) a(p+2)
∴F(x)
max
=F( p+1 )
=(p+1)ln
p+1 -p≤0,
a(p+2) a(p+2)
p+1 p
即∃p∈(0,+∞),使得ln a≥ln − .
p+2 p+1
p+1 p 1
令G(p)=ln − =ln(p+1)−ln(p+2)+ -1,
p+2 p+1 p+1
1 1 1 1
∴G'(p)= − − =− <0,
p+1 p+2 (p+1) 2 (p+2)(p+1) 2曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
∴G(p)在(0,+∞)上单调递减,且当p→+∞时,G(p)=ln( 1 ) 1 -1→-1,∴ln a>-1,解
1− +
p+2 p+1
1
得a> .
e
综上所述,实数a的取值范围为(1 ).
,+∞
e
lnx+a
4.(2022河北衡水二模,22)已知函数f(x)= (a∈R).
x
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)若曲线y=f(x)-x有x ,x (x <x )两个零点.
1 2 1 2
(i)求a的取值范围;
(ii)证明:存在一组m,n(n>m>0),使得f(x)的定义域和值域均为[m,n].
lnx+1 -lnx
解析 (1)当a=1时, f(x)= ,则f '(x)= ,令f '(x)=0,解得x=1,
x x2
f '(x), f(x)随x的变化情况如表所示,
x (0,1) 1 (1,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) 单调递增 1 单调递减
则f(x)的极大值为f(1)=1,无极小值.
lnx+a
(2)(i)由题意可知, -x=0有两解,即ln x-x2+a=0有两解,
x
设g(x)=ln x-x2+a,则g'(x)=1
−2x=
1−2x2
,令g'(x)=0,解得x=
√2,当x∈(
0,
√2)
x x 2 2
时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈
(√2 ) (√2) ln2 1 ln2 1
,+∞ 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g =− − +a.因为g(x)有两个零点,所以g(x)max>0,解得a> +
2 2 2 2 2 2
,
当0<x<e-a时,有ln x+a<0,可得g(x)<ln x+a<0,
1 1 1−x2
令φ(x)=ln x- x2,有φ'(x)= −x= ,可得函数φ(x)的减区间为(1,+∞),增区间为
2 x x
1 1
(0,1),则φ(x)≤φ(1)=- <0,即ln x− x2<0,
2 2
当x>
√2a时,g(x)=
(
lnx-
1 x2)
+
(
a-
1 x2)
<a−
1
x2<a−
1
×2a=0,所以存在x1<
√2
,x2>
√2
,使得g(x1)=g(x2)=0,所以a>
ln2
+
1
2 2 2 2 2 2 2 2
.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1−a-lnx
(ii)证明:因为f '(x)= ,令f '(x)=0,解得x=e1-a ,可知, f(x)在(0,e1-a)上单调递增,在
x2
(e1-a,+∞)上单调递减.
ln2 1 lnx+1
①当x ≤e1-a时,g(e1-a)=1-e2-2a≤g(x )=0,解得 + <a≤1,所以f(x)≤ ≤1,所以m<n≤1≤e1-
2 2
2 2 x
a,即f(x)在[m,n]上单调递增,所以f(m)=m, f(n)=n,即m=x ,n=x ,
1 2
ln2 1
所以当 + <a≤1时,存在一组m,n符合题意;
2 2
②当a>1时,g(e1-a)=1-e2-2a>0,所以x <e1-a<x ,所以不存在m<n≤e1-a符合题意,若n>m≥e1-a,则
1 2
lnm+a lnn+a
f(x)在[m,n]上单调递减,所以f(m)= =n, f(n)= =m,
m n
所以ln m+a=ln n+a=mn,即m=n,不符合题意;
若m<e1-a<n,则f(x)在[m,e1-a)上单调递增,在(e1-a,+∞)上单调递减,
所以 f(x) =f(e1-a)=
max
1 1
=n,又因为f(n)=e1−a(2a−1)>e1−a>m,所以f(m)=m,即m=x1,n= ,
e1−a e1−a
所以当a>1时,存在一组m,n符合题意.
综上,存在一组m,n符合题意.
