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》
§3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
— 专题检测 —
一、单项选择题
1.(2021云南顶级名校检测,9)定义在(0,+∞)上的单调递增函数f(x),若f(x)的导函数存在且满足
f (x)
<x,则下列不等式成立的是 ( )
f '(x)
(√2) (√2)
A.√2cos 1·f <f(cos 1) B.√2sin 1·f <f(sin 1)
2 2
C.sin 1·f(1)<f(sin 1) D.f(2)<2f(1)
f (x)
答案 B 因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f '(x)>0.又因为 <x,所以f(x)<xf '(x).令h(x)=
f '(x)
f (x) xf '(x)-f (x) √2
,所以h'(x)= >0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又因为0<cos 1< <sin
x x2 2
(√2)
f
(√2) 2 f (sin1) (√2)
1<1<2,所以h <h(sin 1),即 < ,所以√2sin 1·f <f(sin 1),同理可以排除
2 √2 sin1 2
2
A,C,D,选B.
{2x+2,-2≤x≤1,
2.(2021河南部分重点高中联考,12)已知函数f(x)= 若关于x的方程f(x)=m恰
lnx-1,1<x≤e.
有两个不同解x,x(x<x),则(x-x)f(x)的取值范围是 ( )
1 2 1 2 2 1 2
( 3 ] ( 5 ]
A.(-1,0] B.(-2,0] C. - ,0 D. - ,0
2 2
m-2
答案 D 因为f(x)=m的两根为x,x(x<x),所以x= ,x=em+1,m∈(-1,0],从而(x-x)f(x)=
1 2 1 2 1 2 2 2 1 2
( em+1- m-2)
m=mem+1-
m2
+m.令g(x)=xex+1-
1
x2+x,x∈(-1,0],则g'(x)=(x+1)ex+1-x+1,x∈(-1,0].因为
2 2 2
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x∈(-1,0],所以x+1>0,ex+1>e0=1,-x+1>0,所以g'(x)>0在(-1,0]上恒成立,从而g(x)在(-1,0]上单调递增.又
5 ( 5 ] ( 5 ]
g(0)=0,g(-1)=- ,所以g(x)∈ - ,0 ,即(x-x)·f(x)的取值范围是 - ,0 .
2 2 2 1 2 2
3.(2021江西重点中学盟校联考,6)若函数f(x)=x3+ax2+bx+1在x=1处取极值0,则a-b=( )
A.0 B.2 C.-2 D.1
答案 A f(x)=x3+ax2+bx+1,则f '(x)=3x2+2ax+b,
因为f(x)在x=1处取极值0,
{f '(1)=3+2a+b=0, {a=-1,
所以 解得
f (1)=1+a+b+1=0, b=-1.
( 1 )
验证:当a=-1,b=-1时, f '(x)=3x2-2x-1=(3x+1)·(x-1),易知x∈ - ,1 时, f '(x)<0;x∈(1,+∞)时, f
3
'(x)>0,故f(x)在x=1处取得极值,符合题意.
故a=-1,b=-1,则a-b=0,选A.
(a )
4.(2021四川绵阳二诊,10)若函数f(x)=x3- +3 x2+2ax+3在x=2处取得极小值,则实数a的取值范
2
围是( )
A.(-∞,-6) B.(-∞,6)
C.(6,+∞) D.(-6,+∞)
(a )
答案 B f(x)=x3- +3 x2+2ax+3,则f '(x)=3x2-(a+6)x+2a=(x-2)(3x-a),易知f '(x)=0的根为x=2和
2
a a
x= ,结合二次函数图象知欲使f(x)在x=2处取极小值,只需 <2,即a<6.故选B.
3 3
5.(2021安徽宣城调研测试,12)若函数f(x)=x3-3ax2+12x(a>0)存在两个极值点x,x,则f(x)+f(x)的取
1 2 1 2
值范围是( )
A.(-∞,18) B.(-∞,18] C.(-∞,16] D.(-∞,16)
答案 D 由f(x)=x3-3ax2+12x(a>0),得f '(x)=3x2-6ax+12,
因为函数f(x)存在两个极值点x,x,
1 2
所以方程3x2-6ax+12=0的根的判别式Δ=36a2-4×3×12>0,即a>2,
则x+x=2a,x·x=4,
1 2 1 2
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f(x)+f(x)=x3-3ax2+12x+(x3-3ax2+12x)
1 2 1 1 1 2 2 2
=(x+x)(x2-xx+x2 )-3a[(x+x)2-2xx]+12(x+x)
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
=(x+x)[(x+x)2-3x·x]-3a[(x+x)2-2xx]+12(x+x)=2a(4a2-12)-3a(4a2-8)+24a=-4a3+24a,
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
设g(a)=-4a3+24a,则g'(a)=-12a2+24=-12(a2-2),
当a>2时,g'(a)<0,则g(a)在(2,+∞)上单调递减.
所以g(a)<g(2)=16,
所以f(x)+f(x)的取值范围是(-∞,16),故选D.
1 2
6.(2021安徽池州期末,10)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数为f '(x),且3f(x)-f '(x)>0在R上恒成
立,则下列不等式一定成立的是 ( )
A.f(1)<e3f(0) B.f(1)>e3f(0)
C.f(1)<e2f(0) D.f(1)>e2f(0)
f (x) f '(x)·e3x-3f (x)e3x f '(x)-3f (x)
答案 A 令g(x)= ,则g'(x)= = ,因为
e3x (e3x)2 e3x
3f(x)-f '(x)>0在R上恒成立,所以g'(x)<0在R上恒成立,故g(x)在R上单调递减,所以g(1)<g(0),即
f (1) f (0)
< ,即f(1)<e3f(0).故选A.
e3 e0
ex
7.(2021四川宜宾重点高中二诊,11)已知函数f(x)= +2kln x-kx,若x=2是函数f(x)的唯一极值点,则
x2
实数k的取值范围是 ( )
( e2] ( e]
A. -∞, B. -∞, C.(0,2] D.[2,+∞)
4 2
ex(x-2) 2k
答案 A 由题意得f '(x)= + -k
x3 x
(x-2)(ex-kx2)
= ,令g(x)=ex-kx2,
x3
由于x=2是f(x)的唯一极值点,则函数g(x)在(0,+∞)上没有变号零点.
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ex ex
令g(x)=0,得k= ,令h(x)= ,x>0,
x2 x2
ex(x-2)
则h'(x)= ,
x3
当0<x<2时,h(x)单调递减,
当x>2时,h(x)单调递增,
e2
所以h(x)的最小值为h(2)= ,无最大值,
4
(
e2]
故k∈ -∞, 时,g(x)没有变号零点,x=2是f(x)的唯一极值点.
4
a
8.(2021浙江杭州二模,9)已知函数f(x)=aex- x3-ax-2(a>0),若函数y=f(x)与y=f(f(x))有相同的最小值,
12
则a的最大值为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 B f '(x)=a ( ex- x2 -1 ) , f ″(x)=a ( ex- x) , f ‴(x)=a ( ex- 1) ,易知f ″(x)在(-∞,-ln 2)上单
4 2 2
调递减,在(-ln 2,+∞)上单调递增,
(1 ln2)
从而f ″(x) =f ″(-ln 2)=a + >0,
min 2 2
所以f '(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
而f '(0)=0,故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x) =f(0)=a-2.
min
由题知仅需a-2≤0,即a≤2,选B.
xn xn-1
9.(2021浙江新高考研究卷(四),9)记f(x)=x,f(x)= - (n≥2,n∈N*),g(x)=f(x)+af(x)+bf(x)+cf(x)
1 n n n-1 4 3 2 1
+d,若1是g(x)的一个极大值点,则 ( )
A.a>b B.a<b
C.a+b>-1 D.a+b<-1
x4 x3 (x3 x2
)
(x2
)
答案 D 由已知得g(x)= - +a - +b -x +cx+d,则g'(x)=x2(x-1)+ax(x-1)+b(x-1)+c,
4 3 3 2 2
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由g'(1)=0,得c=0,则g'(x)=x3+(a-1)x2+(b-a)x-b=(x-1)(x2+ax+b),
由分类讨论知x2+ax+b=0的两实根在1的异侧,
所以1+a+b<0.即a+b<-1.
10.(2021浙江“山水联盟”4月联考,8)已知a,b∈R,若x=a不是函数f(x)=(x-a)2(x-b)(ex-1-1)的极小值
点,则下列选项符合的是( )
A.1≤b<a B.b<a≤1
C.a<1≤b D.a<b≤1
答案 B (穿针引线法)令f(x)=(x-a)2(x-b)(ex-1-1)=0,则x=a或x=b或x=1,根据A,B,C,D选项利用穿
针引线法作出f(x)在各选项情形下的大致图象.如图,其中左图是各选项中不取等号的情形,右图为
取等号的情形,
对于A,如图①,由图知x=a是f(x)的极小值点,不符合题意;
对于B,如图②,由图知x=a是f(x)的极大值点或非极值点,符合题意;
对于C,如图③,由图知x=a是f(x)的极小值点,不符合题意;
对于D,如图④,由图知x=a是f(x)的极小值点,不符合题意.故选B.
二、多项选择题
11.(2020山东滨州三模,12)已知函数f(x)=ex+e-x+|x|.则下面结论正确的是 ( )
A. f(x)是奇函数
B. f(x)在[0,+∞)上为增函数
( 1)
C.若x≠0,则f x+ >e2+2
x
D.若f(x-1)<f(-1),则0<x<2
答案 BCD 函数f(x)的定义域为R,
f(-x)=e-x+ex+|-x|=ex+e-x+|x|=f(x),
∴y=f(x)为偶函数,故A不正确;
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对于f(x)=ex+e-x+|x|,
当x∈[0,+∞)时,ex≥1,0<e-x≤1,
∴f(x)=ex+e-x+x>0,
∴y=f(x)在[0,+∞)上为增函数,故B正确;
1 √ 1
当x>0时,x+ ≥2 x· =2,
x x
1
当且仅当x= ,即x=1时取“=”.
x
∴x+1≥2,又∵y=f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f( 1)≥f(2)=e2+e-2+2>e2+2;
x+
x x
1
当且仅当x<0时,-x>0,∴(-x)+ ≥2,当x=-1时取“=”.
(-x)
∵y=f(x)为偶函数,∴f( 1)=f[ 1 ]≥f(2)>e2+2,故C正确;
x+ (-x)+
x (-x)
由于y=f(x)为偶函数,且在[0,+∞)上为增函数,
故由f(x-1)<f(-1)得, f(|x-1|)<f(1),
∴|x-1|<1,∴0<x<2,因此D正确.
12.(2020山东威海三模,12)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),导函数为f '(x),xf '(x)-f(x)=xln x,且f
(1)=1,则 ( )
e e
A. f '(1)=0 B. f(x)在x=1处取得极大值
e e
C.0<f(1)<1 D. f(x)在(0,+∞)上单调递增
答案 ACD ∵函数f(x)的定义域为(0,+∞),导函数为f '(x),xf '(x)-f(x)=xln x,
xf '(x)-f (x) lnx
即满足 = ,
x2 x
∵[f (x)]'=xf '(x)-f (x),
x x2
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∴[f (x)]'=lnx,
x x
f (x) 1
∴可设 = ln2x+b(b为常数),
x 2
1
∴f(x)= xln2x+bx.
2
∵f(1)=1·1ln21+b=1,
e 2 e e e e
1 1 1
解得b= ,∴f(x)= xln2x+ x,
2 2 2
1
∴f(1)= ,满足0<f(1)<1,∴C正确.
2
∵f '(x)=1ln2x+ln x+1=1(ln x+1)2≥0,且仅有f '(1)=0,∴B错误,A、D正确.故选ACD.
2 2 2 e
13.(2021新高考适应卷,9,5分)已知函数f(x)=xln(1+x),则 ( )
A.f(x)在(0,+∞)单调递增
B.f(x)有两个零点
C.曲线y=f(x)在点(
-
1
,f
(
-
1))处切线的斜率为-1-ln 2
2 2
D.f(x)是偶函数
答案 AC 对于选项A,∵f(x)=xln(1+x),
x
∴f '(x)=ln(1+x)+ ,当x∈(0,+∞)时,f '(x)>0恒成立,因此f(x)在(0,+∞)上单调递增,A正确;
x+1
对于选项B,令f(x)=xln(1+x)=0,可得x=0或ln(1+x)=0,解得x=0,B不正确;
x
对于选项C,∵f '(x)=ln(1+x)+ ,
1+x
∴f '( 1)=ln1-1=-ln 2-1,故C正确;
-
2 2
对于选项D,由于f(x)的定义域为(-1,+∞),定义域不关于原点对称,故D不正确.
14.(2021届广东深圳中学达标测试,12)已知函数f(x)=xex,若x<x<0,则下列选项中正确的是 (
1 2
)
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A.(x-x)[f(x)-f(x)]>0 B.x f(x)≤x f(x)
1 2 1 2 1 2 2 1
1
C.|f(x)-f(x)|< D.f(x)-f(x)<x-x
1 2 1 2 2 1
e
答案 CD 因为f(x)=xex,所以f '(x)=(x+1)ex,
令f '(x)>0,解得x>-1,
即f(x)在(-1,+∞)上单调递增,
令f '(x)<0,解得x<-1,
即f(x)在(-∞,-1)上单调递减,
当x<x<0时,(x-x)[f(x)-f(x)]的符号无法确定,故A错误;
1 2 1 2 1 2
f (x)
令g(x)= ,x∈(-∞,0),
x
则g(x)=ex在(-∞,0)上单调递增,
故x<x<0时,g(x)<g(x),
1 2 1 2
f (x ) f (x )
即 1 < 2 ,
x x
1 2
所以x f(x)>x f(x),故B错误;
1 2 2 1
1
当x=-1时,函数取得极小值f(x) =- ,
极小值
e
且当x→-∞时,f(x)→0,x→0时,f(x)→0,
1
故|f(x)-f(x)|<|f(-1)|= ,故C正确;
1 2
e
令h(x)=f(x)+x,x∈(-∞,0),
则h(x)=x(ex+1),h'(x)=ex(x+1)+1,h″(x)=ex(x+2),
当x<-2时,h″(x)<0,即h'(x)在(-∞,-2)上单调递减,
当-2<x<0时,h″(x)>0,即h'(x)在(-2,0)上单调递增,
所以h'(x)的最小值为h'(-2)=1-e-2>0,
所以h'(x)>0恒成立,即h(x)在(-∞,0)上单调增,
因为x<x<0,所以h(x)<h(x),
1 2 1 2
故f(x)+x<f(x)+x,
1 1 2 2
即f(x)-f(x)<x-x,故D正确.
1 2 2 1
15.(2021届江苏南京六校联合体暑假学情检测,12)已知ln x-x-y+2=0,x+2y-2ln 2-6=0,记M=(x-
1 1 1 2 2 1
x)2+(y-y)2,则 ( )
2 1 2
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16 14
A.M的最小值为 B.当M最小时,x=
2
5 5
4 12
C.M的最小值为 D.当M最小时,x=
2
5 5
答案 AB 由ln x-x-y+2=0,得y=ln x-x+2,
1 1 1 1 1 1
M=(x-x)2+(y-y)2的最小值可转化为函数y=ln x-x+2图象上的点到直线x+2y-2ln 2-6=0上的点的
1 2 1 2
距离的最小值的平方,
1
由y=ln x-x+2得y'= -1,
x
1
因为与直线x+2y-2ln 2-6=0平行的直线的斜率为- ,
2
1 1
所以 -1=- ,解得x=2,
x 2
则切点坐标为(2,ln 2),
|2+2ln2-2ln2-6| 4√5
所以点(2,ln 2)到直线x+2y-2ln 2-6=0的距离d= = ,
√5 5
4√5
即函数y=ln x-x+2图象上的点到直线x+2y-2ln 2-6=0上的点的距离的最小值为 ,所以(x-
1
5
16
x)2+(y-y)2的最小值为 ,
2 1 2
5
又过(2,ln 2)且与直线x+2y-2ln 2-6=0垂直的直线为y-ln 2=2(x-2),
即2x-y-4+ln 2=0,
{x+2y-2ln2-6=0, 14
联立得 解得x= ,
2x- y+ln2-4=0, 5
14
即当M最小时,x= .故选AB.
5
三、填空题
aex
16.(2021宁夏顶级名校联考,15)已知函数f(x)= ,x∈[1,3],且∀x,x∈[1,3],x≠x,
1 2 1 2
x
f (x )-f (x ) <2恒成立,则实数a的取值范围是 .
1 2
x -x
1 2
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答案 ( -∞, 9 ]
e3
解析
不妨令x>x,则f(x)-2x<f(x)-2x,令g(x)=f(x)-2x,则g(x)在[1,3]上递减,则g'(x)=aex(x-1)
1 2 1 1 2 2
x2
-2≤0在[1,3]上恒成立,也即aex(x-1)≤2x2,
当x=1时,不等式恒成立.
当x∈(1,3]时不等式转化为a≤
2x2
在(1,3]上恒成立,令t(x)=
2x2
,x∈(1,3].
ex·(x-1) ex·(x-1)
则t'(x)=-2x(x2-2x+2)<0,
ex·(x-1)2
故t(x)在(1,3]上递减,而a≤t(x) ,
min
9
∴a≤t(3)= .
e3
综上,a∈(
-∞,
9 ].
e3
4x2-7
17.(2021四川南充重点高中月考,16)已知函数f(x)= ,函数g(x)=x3-3a2x-2a(a≥1),若对任意
2-x
x∈[0,1],总存在x∈[0,1],使得g(x)=f(x)成立,则a的取值范围是 .
1 0 0 1
答案 [ 3]
1,
2
解析 对函数f(x)求导,可得f
'(x)=-4x2+16x-7=-(2x-1)(2x-7).
(2-x)2 (2-x)2
1 7
令f '(x)=0,解得x= 或x= (舍去).
2 2
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表所示:
( 1) 1 (1 )
x 0
0, ,1
1
2 2 2
f '(x) - 0 +
7
f(x) - ↘ -4 ↗ -3
2
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所以当x∈( 1)时, f(x)是减函数;
0,
2
当x∈(1 )时, f(x)是增函数.
,1
2
故当x∈[0,1]时, f(x)的值域是[-4,-3].
对函数g(x)求导,得g'(x)=3(x2-a2).
因为a≥1,所以当x∈[0,1]时,g'(x)≤3(1-a2)≤0,
因此当x∈[0,1]时,g(x)为减函数,从而当x∈[0,1]时,有g(x)∈[g(1),g(0)],
又g(1)=1-2a-3a2,g(0)=-2a,
所以当x∈[0,1]时,有g(x)∈[1-2a-3a2,-2a].
对任意x∈[0,1], f(x)∈[-4,-3],总存在x∈[0,1],使得g(x)=f(x)成立,则[1-2a-3a2,-2a]⊇[-4,-3],即
1 1 0 0 1
{1-2a-3a2≤-4,①解①得a≥1或a≤-5,解②得a≤3,又a≥1,故a的取值范围是[ 3].
1,
-2a≥-3,② 3 2 2
四、解答题
18.(2021北京海淀一模,19)已知函数f(x)=xsin x.
(1)判断函数f(x)在区间( π)上的单调性,并说明理由;
0,
2
(2)求证:函数f(x)在(π )内有且只有一个极值点;
,π
2
f (x)+1
(3)求函数g(x)= 在区间(1,π]上的最小值.
lnx
解析 本题考查函数的单调性、极值、最值,考查学生运用导数工具分析与解决函数综合问题的
能力,渗透逻辑推理与数学运算的核心素养,试题体现综合性与应用性.
(1)函数f(x)在( π)上单调递增.
0,
2
理由: f '(x)=sin x+xcos x.
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因为x∈( π),所以f '(x)>0.
0,
2
所以f(x)在( π)上单调递增.
0,
2
(2)证明:设h(x)=f '(x),则h'(x)=2cos x-xsin x.
当x∈(π )时,h'(x)<0.
,π
2
所以h(x)=f '(x)在(π )内单调递减.
,π
2
又因为f '(π)=1>0, f '(π)=-π<0,
2
所以存在唯一x
0
∈(π
,π
),使得f '(x
0
)=0.
2
f(x)与f '(x)在区间(π )上的情况如下:
,π
2
(π )
x 2
,x
0 x 0 (x 0 ,π)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
所以f(x)在(π )内有且只有一个极值点.
,π
2
(3)由(1)(2)可知, f(x)在(1,x)内单调递增,在(x,π)内单调递减.
0 0
又因为f(1)=sin 1>0, f(π)=0,
所以当x∈(1,π]时, f(x)+1≥1.
又因为当x∈(1,π]时,0<ln x≤ln π,
f (x)+1 1
所以g(x)= ≥ ,当且仅当x=π时等号成立.
lnx ln π
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1
所以g(x)在(1,π]上的最小值为 .
ln π
审题指导 (1)求导函数f '(x),判断f '(x)在所给区间上的符号,从而可得单调性;(2)设h(x)=f '(x),求
导函数h'(x),可判断h(x)(即f '(x))在所给区间上的符号,从而得单调性,再结合f '(x)在所给区间端点
处的符号,可知存在唯一x
0
∈(π
,π
),使得f '(x
0
)=0,最后列表进行进行说明;(3)由(1)与(2)的单调性
2
求解.
1
19.(2021江西吉安五校协作体联考,21)已知函数f(x)=x- -aln x(a∈R).
x
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)已知函数g(x)=x2f '(x)+2ln x-ax(其中f '(x)是f(x)的导函数),若函数g(x)有两个极值点x,x,且
1 2
x<x<e,求g(x)-g(x)的取值范围.
1 2 1 2
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1+ 1 -a=x2-ax+1,
x2 x x2
令h(x)=x2-ax+1=0,则
①当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
②当{Δ=a2-4≤0,即0<a≤2时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
a>0,
③当a>2时,x2-ax+1=0有两根,分别为a-√a2-4,a+√a2-4,
2 2
所以f(x)的增区间为( a-√a2-4),(a+√a2-4 ),减区间为
0, ,+∞
2 2
(a-√a2-4 a+√a2-4).
,
2 2
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综上所述:当a≤2时, f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>2时, f(x)在( a-√a2-4),
0,
2
(a+√a2-4 )上单调递增,在(a-√a2-4 a+√a2-4)上单调递减.
,+∞ ,
2 2 2
(2)g(x)=x2f '(x)+2ln x-ax=x2-2ax+2ln x+1,则g(x)的定义域为(0,+∞),
2 2(x2-ax+1)
g'(x)=2x-2a+ = ,若g(x)有两个极值点x,x,且x<x<e,则方程x2-ax+1=0的根的判
1 2 1 2
x x
1
别式Δ=a2-4>0,且x+x=a>0,xx=1⇒x= <e,
1 2 1 2 2 x
1
1
得a>2,且 <x<1,
1
e
所以g(x)-g(x)= -2ax+2ln x- +2ax-2ln x
1 2 x2 1 1 x2 2 2
1 2
=(x
1
+x
2
)(x
1
-x
2
)-2a(x
1
-x
2
)+4ln x
1
=-(x
1
+x
2
)(x
1
-x
2
)+4ln x
1
= 1 -
x2
+4ln x 1(1
<x <1
),
x2 1 e 1
1
设h(t)=1-t2+4ln t(1 ),则在t∈(1 )上h'(t)<0恒成立,故h(t)在t∈(1 )上单调递减,
<t<1 ,1 ,1
t2 e e e
从而h(t)>h(1)=0,h(t)<h(1)=e2-1 -4,
e e2
所以g(x 1 )-g(x 2 )的取值范围是( 0,e2- 1 -4 ).
e2
2a
20.(2021黑龙江齐齐哈尔一模,21)已知函数f(x)=ln x+ -2(a∈R).
x+1
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时,求证:f(x)>0在(1,+∞)上恒成立;
(3)求证:当x>0时,ln(x+1)>
x2
.
ex-1
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解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1- 2a =x2-2(a-1)x+1,
x (x+1)2 x(x+1)2
令f '(x)=0,即x2-2(a-1)x+1=0,
由Δ=4(a-1)2-4=0,解得a=2或a=0,
当0≤a≤2时,Δ≤0, f '(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>2时,Δ>0,方程x2-2(a-1)x+1=0的两根为x=(a-1)+ ,x=(a-1)- 且x>0,x>0,
1 √a2-2a 2 √a2-2a 1 2
所以f(x)在(0,a-1- )上单调递增,在(a-1- ,a-1+ )上单调递减,在(a-1+
√a2-2a √a2-2a √a2-2a
,+∞)上单调递增.
√a2-2a
当a<0时,Δ>0,方程x2-2(a-1)x+1=0的两根为x=(a-1)+ ,x=(a-1)- 且x<0,x<0,
1 √a2-2a 2 √a2-2a 1 2
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
综上所述:当a≤2时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>2时, f(x)在(0,a-1- ),(a-1+ ,+∞)上单调递增,在(a-1- ,a-1+ )
√a2-2a √a2-2a √a2-2a √a2-2a
上单调递减.
(2)证明:由(1)可知当a=2时,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(1)=0,所以f(x)>0在(1,+∞)上恒
成立.
4 2x
(3)证明:由(2)可知ln x+ -2>0在(1,+∞)恒成立,所以ln(x+1)> 在(0,+∞)上恒成立.
x+1 x+2
下面证 2x > x2 ,即证2ex-x2-2x-2>0,
x+2 ex-1
设φ(x)=2ex-x2-2x-2,则φ'(x)=2ex-2x-2,
设μ(x)=2ex-2x-2,则μ'(x)=2ex-2,
易知μ'(x)=2ex-2>0在(0,+∞)上恒成立,
所以μ(x)=2ex-2x-2在(0,+∞)上单调递增,
所以μ(x)=2ex-2x-2>μ(0)=0,
所以φ(x)=2ex-x2-2x-2在(0,+∞)上单调递增,
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所以φ(x)=2ex-x2-2x-2>φ(0)=0,
所以 2x > x2 ,即当x>0时,ln(x+1)> x2 .
x+2 ex-1 ex-1
21.(2021安徽合肥二模,21)已知函数f(x)=a(x+2)ex-(x+3)2(a∈R,e为自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
1
(2)当a> 时,证明:f(x-2)>ln x-x2-x-3.
e
解析 (1)因为f '(x)=a(x+3)ex-2(x+3)=(x+3)(aex-2),若a≤0,则aex-2<0.
当x∈(-∞,-3)时, f '(x)>0;当x∈(-3,+∞)时, f '(x)<0.∴当a≤0时,函数f(x)在(-3,+∞)上单调递减,在(-
∞,-3)上单调递增.
2
若a>0,由f '(x)=0解得x=-3,x=ln .
1 2
a
2
①若0<a<2e3,则ln >-3.
a
当x∈(-∞,-3)∪( 2 )时, f '(x)>0;当x∈( 2)时, f '(x)<0.
ln ,+∞ -3,ln
a a
∴当0<a<2e3时,函数f(x)在(-∞,-3),( 2 )上单调递增,在( 2)上单调递减.
ln ,+∞ -3,ln
a a
2
②若a=2e3,则ln =-3.
a
当x∈R时, f '(x)≥0,∴函数f(x)在R上单调递增.
2
③若a>2e3,则ln <-3.
a
当x∈( 2)∪(-3,+∞)时, f '(x)>0;当x∈( 2 )时, f '(x)<0.
-∞,ln ln ,-3
a a
∴当a>2e3时,函数f(x)在( 2),(-3,+∞)上单调递增,在( 2 )上单调递减.
-∞,ln ln ,-3
a a
1 lnx+x-2
(2)当a> 时,要证f(x-2)>ln x-x2-x-3,即要证axex-2>ln x+x-2,也即证a> (x>0).
e xex-2
lnx+x-2 (x+1)(3-lnx-x)
令g(x)= (x>0),则g'(x)= .
xex-2 x2ex-2
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设φ(x)=3-ln x-x,φ(x)在(0,+∞)上单调递减,φ(1)>0,φ(3)<0,∴∃x∈(1,3),使得φ(x)=3-ln x-x=0(*).
0 0 0 0
当x∈(0,x)时,g'(x)>0;当x∈(x,+∞)时,g'(x)<0.
0 0
ln x +x -2 1
∴g(x)≤g(x 0 )= 0 0 =
x ex 0 -2 x ex 0 -2.
0 0
由(*)知3-ln x
0
-x
0
=0,即ln x
0
=3-x
0
,∴e3-x 0=x
0
,
1 1 1
∴g(x)= = ,∴g(x)≤ <a,
0 e3-x 0·ex 0 -2 e e
1
∴当a> 时, f(x-2)>ln x-x2-x-3.
e
22.(2021浙江绍兴4月模拟,22)已知函数f(x)=(ax-√2x-1)·e-x(其中0<a<2,e为自然对数的底数).
(1)求函数f(x)的单调区间;
a-1
(2)设函数f(x)的极小值点为m,极大值点为n,证明:当x∈(m,n)时, f(x)-xln x< .
e
解析 (1)由题意可知,x≥1, f '(x)=(x-1)·( 2 )e-x,令f '(x)=0,得x=1,x=1+ 2 .
-a 1 2
2 √2x-1 2 a2
又0<a<2,所以x>1.
2
1
令f '(x)<0,得 <x<x 或x>x,令f '(x)>0,得x<x<x.
1 2 1 2
2
所以f(x)的单调递增区间为(
1,
1
+
2 ),单调递减区间为(1
,1
),(1
+
2
,+∞
).
2 a2 2 2 a2
(2)证明:由(1)可知m=1,n=1+ 2 ,所以x∈(
1,
1
+
2 ).
2 a2 2 a2
a-1
令g(x)=f(x)-xln x- ,则g'(x)=f '(x)-1-ln x,
e
2
则当x∈(m,n)时,因为0< -a<2-a<2,
√2x-1
所以g'(x)<2(x-1)e-x-ln x-1,
设h(x)=2(x-1)e-x-ln x(
1<x<
1
+
2 ),
2 a2
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则h'(x)=-ex-4x+2x2 <-(x-1)(2x-1)<0,
xex xex
所以h(x)在(
1,
1
+
2 )上单调递减,
2 a2
所以h(x)<h(1)=0,所以g'(x)<-1<0.
则g(x)在(
1,
1
+
2 )上单调递减.
2 a2
故g(x)<g(1)=0,证毕.
23.(2021浙江台州二模,22)已知函数f(x)=a( 1)+2x-x2.
lnx+
x
(1)若0<a<2,求函数f(x)的单调区间;
(2)若存在实数a∈[1,+∞),使得f(x)+f '(x)≤2对于任意的x≥m恒成立,求实数m的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=a(1
-
1 )+2-2x=-(x-1)(2x2-a)
x x2 x2
( √a)( √a)
2(x-1) x+ x-
=- ,(4分)
2 2
x2
√a
当0<a<2时,令f '(x)>0,得 <x<1,
2
令f '(x)<0,得0<x<√a或x>1,所以f(x)的单调增区间为(√a ),单调减区间为( √a),(1,+∞).
,1 0,
2 2 2
(7分)
2a a
(2)f(x)+f '(x)≤2,即aln x+ - -x2≤0,
x x2
即存在a∈[1,+∞),使得 1 (
lnx+
2
-
1 )≤1,
x2 x x2 a
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故 1 ( lnx+ 2 - 1 )≤1对于任意的x≥m恒成立,
x2 x x2
2 1
即ln x+ - -x2≤0对任意x≥m恒成立, (10分)
x x2
令g(x)=ln x+2- 1 -x2,即g(x)≤0对于任意的x≥m恒成立,g'(x)=x2-2x+2-2x4 =-
x x2 x3
2x4-x2+2x-2.
x3
设h(x)=2x4-x2+2x-2,h'(x)=8x3-2(x-1),
当0<x<1时,h'(x)>0,所以h(x)=2x4-x2+2x-2在(0,1)上单调递增.又h(0)<0,h(1)>0,所以存在唯一的
x∈(0,1),使得h(x)=0,
0 0
当x∈(x,1)时,h(x)>0,则g'(x)<0,g(x)是减函数,
0
所以g(x)>g(1)=0,不符合题意,所以x≥1.(13分)
下证当x≥1时,g(x)≤0恒成立.
因为x≥1,所以2x4-x2+2x-2=x2(2x2-1)+2(x-1)>0,
所以g'(x)=-2x4-x2+2x-2<0,
x3
即g(x)在[1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0.
综上,m≥1. (15分)
24.(2021浙江稽阳联谊4月模考,22)已知函数f(x)=xln x+x-ax2既有极大值,又有极小值.
(1)求实数a的取值范围;
(2)记x 为函数f(x)的极小值点,实数x≠x 且f(x)=f(x),证明:x>4x-6a .
1 2 1 2 1 2 1 x2
1
解析 (1)由已知得f '(x)有两个零点.
①当a≤0时, f '(x)=ln x+2-2ax单调递增,不存在2个零点,故舍去.
②当a>0时,令f 1 (x)=ln x+2-2ax,则f ' 1 (x)=1-2a,所以f ' 1 (x)在( 0, 1 ]上单调递增,在[ 1 ,+∞ )
x 2a 2a
上单调递减,
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所以f ' 1( 1 )=ln 1 +1>0,解得a<e.
2a 2a 2
e
下证:当0<a< 时,函数f(x)既有极大值,又有极小值.
2
由f '( 1 )>0, f '( 1 )=-2a<0得,存在x
1
∈( 1
,
1 ),使f '(x
1
)=0,
2a e2 e2 e2 2a
又由f '( 4 )=ln 4 +2-8=2ln2+2-8<2a-4<0得,存在x
3
∈( 1
,
4 ),使f '(x
3
)=0,当x变化时, f
a2 a2 a a a a 2a a2
'(x), f(x)的变化情况如下表:
x (0,x 1 ) x 1 (x 1 ,x 3 ) x 3 (x 3 ,+∞)
f '(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
由上表知函数f(x)既有极大值,又有极小值.
故实数a的取值范围是( e).
0,
2
(2)因为x 为f(x)的极小值点,x≠x,且f(x)=f(x),所以x>x>0.
1 2 1 2 1 2 1
2+ln x
由题意得f '(x)=2+ln x-2ax=0,所以a= ,
1 1 1 1
2x
1
所以f(x)=xln x+x- 2+ln x x2,
1
2x
1
所以f(x
2
)=x
2
ln x
2
+x
2
- 2+ln x
1 x2
,且f(x
1
)=x
1
ln x
1
.
2x 2 2
1
故由f(x
1
)=f(x
2
)得,x
1
ln x
1
=x
2
ln x
2
+x
2
- 2+ln x
1
x2①.
2 2x 2
1
记
x
2 =t(t>1),代入①得,ln x 1
=2tlnt+t-t2
②.
x (t-1)2
1
2+ln x
要证明x>4x-6a ,只需证明tx>4x-6 · ,
2 1 x2 1 1 x2 1
1 1 2x
1
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即证t+2+3ln x>0.
1
将②代入,只需证t+2+6tlnt+t-t2
>0.
(t-1)2
由于t>1,故只需证(t+2)(t-1)2+6tln t+6t-6t2>0,
2
即证t2-6t+3+ +6ln t>0③.
t
令g(t)=t2-6t+3+2+6ln t(t>1),则g'(t)=2(t-1)3 >0,
t t2
所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,所以g(t)>g(1)=0.
③得证,从而原命题得证.
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