曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
4.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
五年高考
考点一 利用导数研究函数的单调性
1
1.(2022新高考Ⅰ,7,5分,综合性)设a=0.1e0.1,b= ,c=-ln 0.9,则( )
9
A.a<b<c B.c<b<a
C.c<a<b D.a<c<b
答案 C
2.(2022全国甲文,12,5分,综合性)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则( )
A.a>0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a
答案 A
3.(2014陕西,10,5分,基础性)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平
距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解
析式为( )
1 3 2 4
A.y= x3− xB.y= x3− x
125 5 125 5
3 3 1
C.y= x3−x D.y=− x3+ x
125 125 5
答案 A
4.(2021全国乙理,12,5分,综合性)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=√1.04-1,则( )
A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b
答案 B
5.(2022新高考Ⅱ,22,12分,综合性)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曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B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+ ,则有 1+ − >2ln 1+
令x= n n √ 1 n,
1+
n
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.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
6.(2021全国乙文,21,12分,综合性)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.
解析 (1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f '(x)=3x2-2x+a,对于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.
1
①当a≥ 时,Δ≤0,即f '(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增.
3
②当a<
1 1-√1-3a 1+√1-3a
时,Δ>0,方程3x2−2x+a=0的两个根为x1= ,x2= ,故当
3 3 3
( 1-√1-3a) 1+√1-3a
x∈ -∞, ∪ ,+∞ 时, f '(x)>0,当x∈
3 3
1-√1-3a 1+√1-3a ( 1-√1-3a) (1+√1-3a ) 1-√1-3a 1+√1-3a
, 时, f '(x)<0,所以f(x)在 -∞, 和 ,+∞ 上单调递增,在 ,
3 3 3 3 3 3
上单调递减.
(2)设过原点的直线与曲线y=f(x)相切于点P(x ,y ),则切线的斜率为f '(x
)=3x2
-2x +a,
0 0 0 0 0
故以点P为切点的切线方程为y=(3x2
-2x +a)(x-x )+y .由y
=x3 -x2
+ax +1,且切线过原点,
0 0 0 0 0 0 0 0
得2x3 -x2
-1=0,即(x -1)·(2
0 0 0
{ y=(1+a)x,
x2+x0+1)=0,解得x0=1,从而得P(1,1+a).所以切线方程为y=(1+a)x,联立
0 y=x3-x2+ax+1,
消去y得x3-x2-x+1=0,即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,∴公共点为(1,1+a)与(-1,-1-a).
7.(2021全国甲文,20,12分,综合性)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
解析 (1)函数的定义域为(0,+∞).
对f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞)求导得,
3 2a2x2+ax-3 (2ax+3)(ax-1)
f '(x)=2a2x+a- = = .
x x x
2ax+3 ( 1)
∵a>0,x>0,∴ >0,当x∈ 0, 时,f '(x)<0;当x∈
x a
(1 ) ( 1) (1 )
,+∞ 时,f '(x)>0,∴函数f(x)在 0, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递
a a a
增.
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
由(1)可得函数f(x)在
( 1) (1 ) (1) 1 1
0, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增,∴f(x)min=f =3−3ln =3+3, ln a>0,∴ln a>−1,解得a>
a a a a e
(1 )
故实数a的取值范围是 ,+∞ .
e
xa
8.(2021全国甲理,21,12分,综合性)已知a>0且a≠1,函数f(x)= (x>0).
ax
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
x2
解析 (1)当a=2时, f(x)= =x2·2-x(x>0),
2x
则f '(x)=2x·2-x+x2(-ln 2·2-x)=x·2-x(2-xln 2).
2 2
令f '(x)>0,得0<x< ;令f '(x)<0,得x> .
ln2 ln2
( 2 ) ( 2 )
所以f(x)单调增区间为 0, ,单调减区间为 ,+∞ .
ln2 ln2
xa
(2)令f(x)=1,则 =1,所以xa=ax,
ax
lnx lna
两边同时取对数,可得aln x=xln a,即 = ,
x a
lnx lna
根据题意可知,方程 = 有两个实数解.
x a
lnx 1-lnx
设g(x)=
,则g'(x)=
,
x x2
令g'(x)=0,则x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
1
又知g(1)=0,lim g(x)=0,g(x)max=g(e)= ,
e
x→+∞
lna ( 1) lna
所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需 ∈ 0, ,即g(a)=
a e a
( 1)
∈ 0, ,所以a∈(1,e)∪(e,+∞).
e
综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
9.(2020课标Ⅱ文,21,12分,综合性)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
f (x)-f (a)
(2)设a>0,讨论函数g(x)= 的单调性.
x-a
2
解析 设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)= -2.
x
(1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上
单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,
f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
f (x)-f (a) 2(lnx-lna)
(2)g(x)= = ,x∈(0,a)∪(a,+∞).g'(x)=
x-a x-a
(x-a ) ( a a)
2 +lna-lnx 2 1- +ln
x x x .
=
(x-a)2 (x-a)2
取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当
a a
x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1- +ln <0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)上单调递减.
x x
考点二 利用导数研究函数的极值、最值
b
1. (2022全国甲,理6,文8,5分,综合性)当x=1时,函数f(x)=aln x+ 取得最大值-2,
x
则f '(2)=( )
1 1
A.-1 B.- C. D.1
2 2
答案 B
2.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,综合性)已知函数 f(x)=x3-x+1,则( )
A. f(x)有两个极值点
B. f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
答案 AC
3.(2014辽宁,11,5分,综合性)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值
范围是( )
[ 9]
A.[-5,-3] B. -6,-
8
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
答案 C
4.(2021全国乙理,10,5分,综合性)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(
)
A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2
答案 D曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
5.(2022全国乙理,16,5分,综合性)已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的
1 2
极小值点和极大值点.若x <x ,则a的取值范围是 .
1 2
(1 )
答案
,1
e
6.(2021新高考Ⅰ,15,5分,综合性)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 .
答案 1
7.(2018江苏,11,5分,综合性)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则
f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 .
答案 -3
8.(2018课标Ⅰ理,16,5分,综合性)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是
.
3√3
答案 -
2
9.(2022新高考Ⅰ,22,12分,创新性)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右
的三个交点的横坐标成等差数列.
1
解析 (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a- .
x
当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.
1
令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x= .
a
易知f(x) =f(ln a)=a-aln a,
min
(1)
g(x) =g =1+ln a,
min a
a-1
∴a-aln a=1+ln a,即ln a= ①.
a+1
x-1
令h(x)=ln x- (x>0),
x+1
1 2 x2+1
则h'(x)= − = >0,
x (x+1)2 x(x+1)2
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.
1-1
又h(1)=ln 1- =0,
1+1
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增;
当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增.
不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x ,x ,与y=g(x)的图象的两交
1 2
点的横坐标分别为x ,x ,
2 3
且x <x <x .
1 2 3曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
则ex 1-x =ex 2-x =x -ln x =x -ln x ,
1 2 2 2 3 3
∴ex 1-x =x -ln x =eln x 2-ln x .
1 2 2 2
易知x 1∈(-∞,0),x 2∈(0,1),则ln x 2∈(-∞,0),
又f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴x =ln x ,同理x =ln x ,x =ex 2.
1 2 2 3 3
又ex 2-x =x -ln x ,∴ln x +ex 2=2x .
2 2 2 2 2
∴x
1
+x
3
=ln x
2
+ex 2=2x
2
.
∴x ,x ,x 成等差数列.
1 2 3
1
10.(2018课标Ⅰ理,21,12分,综合性)已知函数f(x)= -x+aln x.
x
(1)讨论f(x)的单调性;
f (x )-f (x )
1 2
(2)若f(x)存在两个极值点x ,x ,证明: <a-2.
1 2 x -x
1 2
1 a x2-ax+1
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=- −1+ =− .
x2 x x2
(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
a-√a2-4 a+√a2-4
(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x= 或x= .
2 2
( a-√a2-4) (a+√a2-4 )
当x∈ 0, ∪ ,+∞ 时, f '(x)<0;
2 2
(a-√a2-4 a+√a2-4)
当x∈ , 时, f '(x)>0.
2 2
所以f(x)在
( a-√a2-4) (a+√a2-4 ) (a-√a2-4 a+√a2-4)
0, , ,+∞ 上单调递减,在 , 上单调
2 2 2 2
递增.
(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x ,x 满足x2-ax+1=0,
1 2
所以x x =1,不妨设x <x ,则x >1,
1 2 1 2 2
f (x )-f (x ) 1 ln x -ln x
由于 1 2 =− −1+a 1 2 =-2+a·
x -x x x x -x
1 2 1 2 1 2
ln x -ln x -2ln x
1 2=−2+a 2
x -x 1 ,
1 2 -x
x 2
2曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
f (x )-f (x ) 1
所以 1 2 <a−2等价于 -x +2ln x <0.
x -x x 2 2
1 2 2
1
设函数g(x)= -x+2ln x,
x
由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,
1 f (x )-f (x )
所以 −x2+2ln x2<0,即 1 2 <a-2.
x x -x
2 1 2
3-2x
11.(2021北京,19,15分,综合性)已知函数f(x)= .
x2+a
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值.
3-2x
解析 (1)当a=0时, f(x)= ,∴f(1)=1,
x2
2x-6
f '(x)= ,故f '(1)=-4,故曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即
x3
4x+y-5=0.
(2)由题意得f '(x)=
2x2-6x-2a 3-2x
,且f '(−1)=0,故8−2a=0,解得a=4,故f(x)= ,x∈R,则f '(x)=
(x2+a)2 x2+4
2x2-6x-8 2(x+1)(x-4)
= ,
(x2+4)2 (x2+4)2
令f '(x)>0,得x>4或x<-1;令f '(x)<0,得-1<x<4,
故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f(x)的极大值为
1
f(-1)=1, f(x)的极小值为f(4)=- .
4
又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;
当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,
1
∴f(x) =f(-1)=1, f(x) =f(4)=- .
max min 4
12.(2021全国乙理,20,12分,综合性)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)
1 x
解析 (1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),∴y'=ln(a-x)+x· ·(-1)=ln(a-x)- ,x∈(-
a-x a-x
0
∞,a),∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,∴ln(a-0)- =0,可得a=1.
a-0
x
当a=1时,y'=ln(1-x)- ,x∈(-∞,1),
1-x曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
x
令p(x)=ln(1-x)- ,x∈(-∞,1),
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,
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.
13.(2018课标Ⅰ文,21,12分,综合性)已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
1
(2)证明:当a≥ 时, f(x)≥0.
e
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
1 1
f '(x)=aex- .由题设知, f '(2)=0,所以a= .
x 2e2
1 1 1
从而f(x)= ex−ln x−1, f '(x)= ex− .
2e2 2e2 x
当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
1 ex
(2)证明:当a≥ 时, f(x)≥ -ln x-1.
e e
ex ex 1
设g(x)= −ln x−1,则g'(x)= − .
e e x
当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
1
因此,当a≥ 时, f(x)≥0.
e曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
三年模拟
A组 考点基础题组
考点一 利用导数研究函数的单调性
b c
1.(2022湖北九师联盟3月质检,12)已知a-1=ln a,b-e=ln ,c−π=ln ,其中
e π
a,b,c∈(0,+∞)且b≠e,c≠π,则( )
A.a<c<b B.c<a<b
C.a<b<c D.c<b<a
答案 D
ln2 1 ln5
2.(2022广东汕头一模,5)已知a= ,b= ,c= ,则以下不等式正确的是( )
2 e 5
A.c>b>a B.a>b>c
C.b>a>c D.b>c>a
答案 C
3.(多选)(2022八省八校联考二,11)已知a,b∈R,满足ea+eb=1,则( )
A.a+b≤-2ln 2 B.ea+b<0
C.ab≥1 D.2(e2a+e2b)≥1
答案 ABD
4. (2021河北衡水中学第二次联考,12)已知函数f(x)=exln|x|,a=f(-ln 3),b=
f(ln 3),c=f(3e),d=f(e3),则a,b,c,d的大小顺序为( )
A.a>b>c>d B.d>c>b>a
C.c>d>b>a D.c>d>a>b
答案 B
5.(2022辽宁鞍山一中4月线上模拟考,7)已知函数f(x)为定义在R上的增函数,且∀x∈R,
( 1)
f(x)+f(-x)=2,若不等式f(ax)+f 2ln ≥2在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是(
x
)
A.(0,e2] B.(-∞,e2]
( 2] [2 )
C. 0, D. ,+∞
e e
答案 D
{x+1,x≤0,
6.(2022福建名校联盟全国优质校大联考,15)已知函数f(x)= 若f(x )=f(x )且
lnx,x>0, 1 2
x <x ,则x -2x 的最小值为 .
1 2 2 1
答案 4-2ln 2
考点二 利用导数研究函数的极值、最值曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1.(2022广东茂名二模,8)已知函数g(x),h(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且g(x)
+h(x)=ex+x,若函数f(x)=e|x-1|+λg(x-1)-2λ2有唯一零点,则正实数λ的值为( )
1 1
A. B. C.1 D.2
3 2
答案 C
2.(2022福州一模,13)已知函数f(x)=a√x+ln x在x=1处取得极值,则实数a= .
答案 -2
3.(2022山东烟台、德州一模,16)在空间直角坐标系O-xyz中,三元二次方程所对应的曲
面统称为二次曲面.比如方程x2+y2+z2=1表示球面,这就是一种常见的二次曲面.二次曲面
在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛.已知点P(x,y,z)是二次曲面4x2-xy+y2-z=0上
z 1(1 1)
的任意一点,且x>0,y>0,z>0,则当 取得最小值时, - 的最大值为 .
xy x y z
2
答案
3
B组 综合应用题组
时间:150分钟 分值175分
一、单项选择题(每小题5分,共20分)
1.(2022山东德州夏津第一中学4月质检,7)已知不等式(kx+3k)ex<x+1恰有2个整数解,则
实数k的取值范围是( )
{ 2 3 }
A.
k| ≤k<
3e3 5e2
{ 3 1 }
B.
k| <k≤
5e2 2e
{ 2 3 }
C.
k| <k≤
3e3 5e2
{ 3 1 }
D.
k| ≤k<
5e2 2e
答案 D
2.(2022湖北黄冈蕲春实验高级中学一模,8)已知函数f(x)=aeax-2xln x(e是自然对数的底
数),若f(x)≥0对任意的x∈(1,+∞)恒成立,则实数a的最小值为( )
2 1
A.e B. C.e−1D.
e e
答案 B
3.(2022福建三模,7)关于函数f(x)=Asin(2x+φ)有下列四个命题:
( 27π)
甲: f(x)在 5π, 上单调递增;
5曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
π
乙:- 是f(x)的一个极小值点;
6
π
丙: 是f(x)的一个极大值点;
3
π
丁:函数y=f(x)的图象向左平移 个单位后所得图象关于y轴对称.
3
其中只有一个是假命题,则该命题是( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
答案 A
4.(2022南京大学附属中学4月质检,8)已知O为坐标原点,过曲线C:y=ln x(0<x<1)上一
点P作C的切线,交x轴于点A,则△AOP面积取最大值时,点P的纵坐标为( )
±√5-1 -√5+1
A. B.
2 2
√5+1
C.- D.-e
2
答案 C曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
二、多项选择题(共5分)
3lnx
5.(2022福建龙岩一模,12)已知函数f(x)= ,a=f(log 5),b=f(log 4),c=f(3ln π),则( )
x-3 4 3
A.当x∈(3,+∞)时, f(x)>0恒成立
B.函数f(x)在区间(1,3)上单调递增
C.a,b,c中最大的是c
D.a,b,c中最小的是a
答案 AC
三、填空题(共5分)
6.(2022华大新高考联盟3月教学检测,16)已知函数f(x)的定义域为R,图象关于原点对称,
其导函数为f '(x),当x>0时, f(x)+xln x·f '(x)<0,则不等式4|x|·f(x)>4f(x)的解集为
.
答案 (-∞,-1)∪(0,1)
四、解答题(共145分)
x
7.(2022重庆第七次质检,22)已知函数f(x)=x2+2x-aln ,其中a∈R.
2
(1)当a=4时,求f(x)的极值;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=ax在(0,4]上有且只有一个交点,求a的取值范围.
x
解析 (1)当a=4时, f(x)=x2+2x-4ln (x>0),
2
4 2(x+2)(x-1)
则f '(x)=2x+2- = ,
x x
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.
1
∴f(x)的极小值为f(1)=1+2-4×ln =3+4ln 2,没有极大值.
2
(2)由题意,关于x的方程x2+2x-aln
x x x
=ax在(0,4]上只有一个解,即x2+2x−aln −ax=0在(0,4]上只有一个解.令g(x)=x2+2x−aln
2 2 2
-ax,x∈(0,4],
a (2x-a)(x+1)
则g'(x)=2x+2- −a= .
x x
①当a<0时,g'(x)>0在(0,4]上恒成立,∴g(x)在(0,4]上单调递增.
∵当x→0时,g(x)→-∞,g(2)=8-2a>0,
∴g(x)在(0,4]上只有一个零点,符合题意.
②当a=0时, g(x)=x2+2x,此时g(x)在(0,4]上没有零点,不符合题意.
( a) (a ]
③当0<a<8时,g(x)在 0, 上单调递减,在 ,4 上单调递增.∵当x→0时,g(x)→+∞,
2 2
(a) 24
∴g =0或g(4)<0,解得a=4或 <a<8.
2 4+ln2
④当a≥8时,g(x)在(0,4]上单调递减.
∵当x→0时,g(x)→+∞,g(4)=24-4a-aln 2<0,
∴g(x)在(0,4]上只有一个零点,符合题意.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
( 24 )
综上,a的取值范围为(-∞,0)∪{4}∪ ,+∞ .
4+ln2
8.(2022湖北九师联盟3月质检,21)已知函数f(x)=1-ex-x+sin x+tln(1+x)(t∈R).
(1)当t=1时,求f(x)的单调区间;
(2)当t≥1时,求证: f(x)<2+√2+tln t.
t
解析 (1)f '(x)=-ex-1+cos x+ (x>-1),
1+x
t
令g(x)=-ex-1+cos x+ (x>-1),
1+x
t
则g'(x)=-ex-sin x- (x>-1),
(1+x)2
1
当t=1时,若x∈(-1,0],则-ex<0,-sin x<1,-
(1+x)2
≤-1,所以g'(x)<0,
1
若x∈(0,+∞),则-ex<-1,-sin x≤1,-
(1+x)2
<0,所以g'(x)<0,所以g(x)(即f '(x))在(-1,+∞)上单
调递减,
又f '(0)=0,所以当x∈(-1,0)时, f '(x)>0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为(0,+∞).
(2)证明:由(1)知当t=1时, f(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以
f(x)≤f(0)=0<2+√2.
t
当t>1时,若x∈(-1,0],则-ex<0,-sin x<1,-
(1+x)2
<-1,所以g'(x)<0,
t
若x∈(0,+∞),则-ex<-1,-sin x≤1,-
(1+x)2
<0,所以g'(x)<0,
所以g(x)(即f '(x))在(-1,+∞)上单调递减,
又f '(0)=t-1>0, f '(t-1)=-et-1+cos(t-1)<0,
所以存在x 0∈(0,t-1),使得f '(x
0
)=0,
所以当x∈(-1,x
0
)时, f '(x)>0;当x∈(x
0
,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-1,x
0
)上单调递增,在
(x ,+∞)上单调递减,
0
所以f(x)≤f(x )=1-ex 0-x +sin x +tln(1+x ).
0 0 0 0
t
又f '(x
)=0,所以-ex 0−1+cos x0+
=0,即
0 1+x
0
t t
ex 0=−1+cos x0+ ,所以f(x0)=2−x0+sin x0−cos x0+tln(1+x0)− .
1+x 1+x
0 0
( π)
因为x 0∈(0,t-1),所以2-x
0
<2,又sin x
0
-cos x
0
=√2sin x
0
-
4
≤
t
√2,tln(1+x0)<tln t,− <0,
1+x
0
t
所以f(x )=2-x +sin x -cos x +tln(1+x )-
<2+√2+tln t,所以f(x)<2+√2+tln
t.
0 0 0 0 0 1+x
0
9.(2022济南一模,22)设函数f(x)=ae2x-2ex+2.
(1)若f(x)有两个不同的零点,求实数a的取值范围;曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
(2)若函数g(x)=
1 g(x )-g(x ) 1
ae2x+(a−2)ex−2e−x有两个极值点x1,x2,证明: 2 1 >2− .
2 x -x a
2 1
解析 (1)令t=ex,则f(x)有两个不同的零点等价于关于t的方程at2-2t+2=0存在两个不相
等的正根.
{Δ=4-8a>0,
1
所以 2 解得0<a< ,
>0, 2
a
( 1)
所以使得f(x)有两个不同的零点的a的取值范围是 0, .
2
(2)证明:g'(x)=ae2x+(a-2)ex+2e-x=e-x(ex+1)(ae2x-2ex+2),因为e-x>0,ex+1>0,且g(x)有两个极值
点x ,x ,
1 2
1 2 2
所以x ,x 为ae2x-2ex+2=0的两个不同的根.由(1)知0<a< ,且ex 1+ex 2= ,ex 1ex 2= ,不妨设
1 2 2 a a
x >x ,
2 1
g(x )-g(x )
2 1
则
x -x
2 1
1
a(e2x 2-e2x 1)+(a-2)(ex 2-ex 1)-2(e-x 2-e-x 1)
=2
x -x
2 1
1
a(ex 2-ex 1)(ex 2+ex 1)+(a-2)(ex 2-ex 1)-2
(ex 1-ex 2)
=2 ex 1ex
2
x -x
2 1
[1 2 ]
(ex 2-ex 1) a(ex 2+ex 1)+a-2+
= 2 ex 1ex 2
x -x
2 1
(ex 2-ex 1) (1 a· 2 +a-2+a )
= 2 a ex 2-ex 1·(2a-1).
=
x -x x -x
2 1 2 1
g(x )-g(x ) 1 ex 2-ex 1 2a-1 1
要证明 2 1 >2− ,只需证 ·(2a-1)> ,因为0<a< ,所以
x -x a x -x a 2
2 1 2 1
2a-1<0,
只需证 ex 2-ex 1 < 1 ,又ex 1+ex 2= 2 ,
x -x a a
2 1曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
所以只需证 ex 2-ex 1 < ex 1+ex 2 ,两边同时除以ex 1得 ex 2 -x 1-1 < ex 2 -x 1+1 .
x -x 2 x -x 2
2 1 2 1
因为x >x ,所以只需证2(ex 2 -x 1-1)<(ex 2 -x 1+1)(x -x ),
2 1 2 1
设x -x =t,则t>0,令u(t)=t(et+1)-2et+2(t>0),则只需证u(t)>0即可,
2 1
易得u'(t)=et(t-1)+1,令v(t)=u'(t)=et(t-1)+1,
则v'(t)=tet>0,所以v(t)在(0,+∞)上单调递增,
所以v(t)>v(0)=0,即u'(t)>0,
所以u(t)在(0,+∞)上单调递增,
所以u(t)>u(0)=0,得证.
1
10.(2022山东烟台、德州一模,22)已知函数f(x)= ax2-x-ln x(a∈R).
2
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥1时,|f(x)|≥2,求a的取值范围;
n 1 1
(3)证明:∑ >1− .
lnk n
k=2
1 ax2-x-1
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ax-1- = (x>0).记φ(x)=ax2-x-1(x>0).
x x
当a≤0时,φ(x)<0,即f '(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.当a>0时,令φ(x)=0,得x =
1
1+√1+4a 1-√1+4a
,x2= (舍去).当x∈(0,x
1
)时,φ(x)<0,即f '(x)<0,所以f(x)单调递减;
2a 2a
当x∈(x
1
,+∞)时,φ(x)>0,即f '(x)>0,所以f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,
( 1+√1+4a) (1+√1+4a )
f(x)在 0, ，上单调递减在 ,+∞ 上单调递增.
2a 2a
1
(2)由(1)知,当a≤0时, f(x)在[1,+∞)上单调递减,所以f(x)≤f(1)= a-1<0.
2
a a
此时|f(x)| =1- .令1− ≥2,解得a≤-2.
min 2 2
当a>0时,若φ(1)=a-2≥0,即a≥2,则必有x
1
≤1,当x∈(1,+∞)时,φ(x)>0,即f '(x)>0,所以f(x)在
[1,+∞)上单调递增.
a a
此时f(x)≥f(1)= -1≥0,故|f(x)| = -1,
2 min 2
a
由 -1≥2,解得a≥6.
2
若φ(1)=a-2<0,即a<2,则必有x
1
>1,当x∈(1,x
1
)时,φ(x)<0,即f '(x)<0,所以f(x)单调递减,当
x∈(x
1
,+∞)时,φ(x)>0,即f '(x)>0,所以f(x)单调递增,又φ(x
1
)=a曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1
x2−x1−1=0,所以f(x)min=f(x1)= a
1 2
1 1
x
1
2−x1−ln x1=
2
(x1+1)−x1−ln x1=
2
(1-x
1
)-
ln x <0.
1
又当x→+∞时, f(x)→+∞,所以由函数零点存在定理知∃x 0∈(x
1
,+∞), f(x
0
)=0,此时|f(x)|
min
=0,
不满足题意.所以实数a的取值范围是a≤-2或a≥6.
(3)由(2)知,当a=2时,对任意x>1,都有f(x)>f(1)=0,即x2-x>ln x.
1 1
又x>1时,x2-x>0,ln x>0,所以 > .
lnx x2-x
1 1 1 1 1
令x=k(k≥2),得 > = = − ,
lnk k2-k k(k-1) k-1 k
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以 >1− , > − , > − ,……, > − .
ln2 2 ln3 2 3 ln4 3 4 lnn n-1 n
n 1 ( 1) (1 1) ( 1 1) 1 n 1 1
故 ∑ > 1- + - +…+ - =1− ,即∑ >1− .
k=2 lnk 2 2 3 n-1 n n k=2 lnk n
11.(2022八省八校联考二,22)已知函数f(x)=(x2-ax)ln x+x(a∈R,a>0).
(1)若1是函数f(x)的极值点,求a的值;
(2)若0<a≤1,试问f(x)是否存在零点?若存在,请求出该零点,若不存在,请说明理由;
(3)若f(x)有两个零点,求满足题意的a的最小整数值.(参考数据:ln 2≈0.693,√e≈1.649)
解析 (1)f '(x)=(2x-a)ln x+x-a+1(x>0).
∵1是函数f(x)的极值点,∴f '(1)=1-a+1=0,解得a=2.
( 1 )
当a=2时, f '(x)=(2x-2)ln x+x-1=(x-1)(2ln x+1).当x∈
,1
时, f '(x)<0, f(x)单调递
√e
减;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
∴当x=1时, f(x)取得极小值,1是f(x)的极小值点,满足题意.故a=2.
(2)f(x)=x[(x-a)ln x+1],x>0,∴f(x)的零点个数与g(x)=(x-a)ln x+1的零点个数相同.
1
①当a=1时,g(x)=(x-1)ln x+1,g'(x)=ln x+1- .
x
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
∴当x=1时,g(x)取得最小值g(1),又g(1)=1>0,
∴g(x)无零点,即f(x)无零点.
a a 1 a
②当a∈(0,1)时,g'(x)=ln x+1-
x
.令h(x)=ln x+1−
x
,则h'(x)=
x
+
x2
>0恒成立,
∴g'(x)=h(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵g'(a)=ln a<0,g'(1)=1-a>0,∴存在x 0∈(a,1),使得g'(x
0
)=0.
当x∈(0,x
0
)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(x
0
,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴当x=x
0
时,g(x)
取得最小值g(x )=(x -a)ln x +1,(*)
0 0 0
a
由g'(x )=ln x +1- =0,得a=x (ln x +1),代入(*)得g(x )=-x (ln x )2+1.
0 0 x 0 0 0 0 0
0曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1 1 1
若g(x)有零点,则必有g(x )≤0,即(ln x )2≥ ,即ln ≥ .
0 0 x x √x
0 0 0
2
令m(t)=2ln t-t,则m'(t)= -1,当t∈(0,2)时,m'(t)>0,m(t)单调递增;当t∈(2,+∞)时,m'(t)<0,m(t)
t
单调递减,
1
∴m(t)≤m(2)=2ln 2-2<0,取t= ,
√x
0
∴m
( 1 )<0,即ln 1 < 1
恒成立,矛盾,故g(x)没有零点,
√x x √x
0 0 0
综上所述,当0<a≤1时, f(x)没有零点.
a
(3)若f(x)有两个零点,则由(2)知g(x)=(x-a)ln x+1有两个零点,且a>1,又g'(x)=ln x+1- 在
x
(0,+∞)上单调递增,且g'(1)=1-a<0,g'(a)=ln a>0,故存在x' 0∈(1,a),使得g'(x'
0
)=0.
当x∈(0,x'
0
)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(x'
0
,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴当x=x'
0
时,g(x)取得最小值g(x' )=(x' -a)ln x' +1.(**)
0 0 0
a
由g'(x' )=ln x' +1- =0,得a=x' (ln x' +1),
0 0 x' 0 0
0
代入(**)得g(x' )=-x' (ln x' )2+1.
0 0 0
若g(x)有两个零点,则必有g(x' )=-x' (ln x' )2+1<0.
0 0 0
设n(x)=1-x(ln x)2(x>1),则n'(x)=-2ln x-(ln x)2,当x>1时,n'(x)<0恒成立,∴n(x)在(1,+∞)上
单调递减,n(2)=1-2(ln 2)2>0>n(x' ),∴2<x' ,
0 0
设φ(x)=xln x+x(x>1),则φ'(x)=2+ln x.当x>1时,φ'(x)>0恒成立,则φ(x)在(1,+∞)上单调递
增,
∴a=φ(x' )>φ(2)=2+2ln 2≈3.386.
0
下面证明当a=4时,g(x)有两个零点.
g(1)=1>0,g(x' )≤g(e)=1+e-4<0,g(a)=1>0.
0
∴g(x)在(0,+∞)上有两个零点,即f(x)在(0,+∞)上有两个零点.
综上所述,满足题意的a的最小正整数值为4.
12.(2022广东汕头一模,22)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax(a∈R且a为常数).
(1)讨论函数f(x)的极值点个数;
(2)若f(x)≥ln x-ex+1对任意的x∈(0,+∞)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)=xex-a.
令g(x)=xex-a,则g'(x)=(x+1)ex,由g'(x)=0,可得x=-1,列表如下:
x (-∞,-1) -1 (-1,+∞)
g'(x) - 0 +
1
g(x) 单调递减 极小值- -a 单调递增
e
1
所以g(x) =g(-1)=- -a.
min e曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
1 1
①当- -a≥0,即a≤- 时,对任意的x∈R, f '(x)≥0且f '(x)不恒为零,
e e
所以函数f(x)在R上单调递增,函数f(x)无极值点.
1
②当a>- 时,令h(x)=xex,则h'(x)=(x+1)ex,
e
令h'(x)=0,可得x=-1,列表如下:
x (-∞,-1) -1 (-1,+∞)
h'(x) - 0 +
1
h(x) 单调递减 极小值- 单调递增
e
当x<0时,h(x)=xex<0;当x>0时,h(x)=xex>0.
作出函数h(x)的图象与直线y=a如图所示:
1
(i)当- <a<0时,直线y=a与函数h(x)的图象有两个交点,
e
设这两个交点的横坐标分别为x ,x ,且x <x ,
1 2 1 2
由图可知,当x<x 或x>x 时, f '(x)=xex-a>0;当x <x<x 时, f '(x)=xex-a<0.
1 2 1 2
此时函数f(x)有2个极值点.
(ii)当a≥0时,由图可知,直线y=a与函数h(x)的图象只有一个交点,设其横坐标为x ,则
0
x ≥0,
0
当x<x 时, f '(x)=xex-a<0;当x>x 时, f '(x)=xex-a>0.此时函数f(x)只有1个极值点.
0 0
1 1
综上所述,当a≤- 时,函数f(x)无极值点;当− <a<0时,函数f(x)有2个极值点;当
e e
a≥0时,函数f(x)只有1个极值点.
(2)不等式f(x)≥ln x-ex+1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,等价于xex-ln x-1≥ax对任意的
lnx+1
x∈(0,+∞)恒成立,即a≤ex- 对任意的x∈(0,+∞)恒成立.
x
令F(x)=ex-lnx+1 lnx x2ex+lnx,
(x>0),则F'(x)=ex+ =
x x2 x2
1
令φ(x)=x2ex+ln x(x>0),则φ'(x)=(x2+2x)ex+ >0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,所以函数φ(x)
x
在(0,+∞)上单调递增,
因为φ(1)= 1
-2
-1<0,φ(1)=e>0,故存在t∈(1
,1
),使得φ(t)=t2et+ln t=0,
e
ee
e
当0<x<t时,F'(x)<0,函数F(x)单调递减,
当x>t时,F'(x)>0,函数F(x)单调递增,
