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专题突破练(分值:60 分)
学生用书
P141
1.(13 分)(2024·陕西二模)证明下列两个不等式:
(1)-xln(-x)≥-1
e
;
(2)ex-x+xln(-x)<3.
证明(1)令f(x)=-xln(-x),定义域为(-∞,0),f'(x)=-ln(-x)+(-x)· 1
- x
×(-1)=-ln(-x)-1.
令f'(x)>0,得-1
e
<x<0,此时函数f(x)单调递增,令f'(x)<0,得x<-1
e
,此时函数f(x)单调递减,
所以f(x)≥f(- 1
e)=-1
e
,原不等式得证.
(2)令h(x)=ex-x+xln(-x)(x<0),
则h'(x)=ex+ln(-x).
当x<-1 时,h'(x)=ex+ln(-x)>0.
当-1<x<0 时,令φ(x)=h'(x),则φ'(x)=ex+1
x
.因为1
x
<-1,ex<1,所以φ'(x)<0,即h'(x)单调递减.
又h'(-1)=1
e
>0,h'(- 1
e)=e
- 1
e+ln1
e =e
- 1
e-1<0,所以存在x0∈(-1,- 1
e),使h'(x0)=0.
当x∈(-∞,x0)时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增,当x∈(x0,0)时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减,即可得
h(x)max=h(x0)=e
x0-x0+x0ln(-x0).
因为h'(x0)=0,所以e
x0=-ln(-x0),
即x0e
x0=-x0ln(-x0)=e
x0ln e
x0,由(1)可知f(x0)=f(-e
x0).因为x0∈(-1,- 1
e),所以-e
x0<-1
e
,且f(x)在
(-∞,- 1
e)上单调递减,
所以x0=-e
x0,同时ln(-x0)=x0,可得h(x0)=x0
2-2x0.因为x0∈(-1,- 1
e),所以h(x0)=x0
2-2x0<h(-1)=3.
又因为h(x)≤h(x0),所以h(x)<3.
2.(15 分)(2024·湖南娄底一模)已知函数f(x)= x
e
x ,其中e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)≤ex-1;
(3)设g(x)=f(x)-e2x+2aex-4a2+1(a∈R),若存在实数x0使得g(x0)≥0,求a 的最大值.
(1)解f(x)的定义域为R,f'(x)=1- x
e
x ,所以当x<1 时,f'(x)>0;当x>1 时,f'(x)<0.所以f(x)的增区间为(-∞,1),
减区间为(1,+∞).
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(2)证明要证f(x)≤ex-1,即证x
e
x ≤ex-1,令h(x)= x
e
x -ex+1,即证h(x)≤0,h'(x)=1- x -e
2 x
e
x
,令m(x)=1-x-e2x,则
m'(x)=-1-2e2x<0,所以m(x)在R 上单调递减,又m(0)=0,所以当x<0 时,m(x)>0,h'(x)>0;当x>0 时,
m(x)<0,h'(x)<0.所以h(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(0)=0,所以x
e
x ≤ex-1,即
f(x)≤ex-1 得证.
(3)解当0≤a≤1
2
时,g(0)=2a-4a2=2a(1-2a)≥0,即存在x0=0 满足题意;
当a>1
2
时,由(2)知,g(x)=f(x)-e2x+2aex-4a2+1≤(ex-1)-e2x+2aex-4a2+1=-e2x+(2a+1)ex-4a2=-
(e
x - 2a+1
2 )
2
+(6a+1)(1-2a)
4
≤(6a+1)(1-2a)
4
<0,
此时g(x)<0 恒成立,不满足题意.
综上,a 的最大值为1
2
.
3.(15 分)(2024·山东二模)已知函数f(x)=a2xex-x-ln x.
(1)当a= 1
√e
时,求f(x)的单调区间;
(2)当a>0 时,f(x)≥2-a,求a 的取值范围.
解(1)当a= 1
√e
时,f(x)=xex-1-x-ln x,x>0,则f'(x)=(x+1)ex-1-1-1
x = x +1
x
(xex-1-1),
设g(x)=xex-1-1,则g'(x)=(x+1)ex-1>0 恒成立,又g(1)=e0-1=0,
所以当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,所以f(x)的减区间为(0,1),
增区间为(1,+∞).
(2)f'(x)=a2(x+1)ex-1-1
x = x +1
x
(a2xex-1),
设h(x)=a2xex-1,则h'(x)=a2(x+1)ex>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(0)=-1<0,h(
1
a
2)=e
1
a
2
-1>0,
所以存在x0∈(0, 1
a
2),使得h(x0)=0,
即a2x0e
x0-1=0,
当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=x0时,f(x)取得极小值,也是最小值,所以f(x)≥f(x0)=a2x0e
x0-x0-ln x0=1-ln(x0e
x0)=1+2ln a,所以
1+2ln a≥2-a,即a+2ln a-1≥0,令F(a)=a+2ln a-1,易知F(a)单调递增,且F(1)=0,
所以要满足F(a)≥F(1),则a≥1.综上,a≥1.
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4.(17 分)(2023·全国甲,文20)已知函数f(x)=ax- sin x
co s
2 x
,x∈(0,π
2
).
(1)当a=1 时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+sin x<0,求a 的取值范围.
解(1)(第一步:由导数与函数单调性的关系,先求导)
当a=1 时,f(x)=x- sin x
co s
2 x(0< x< π
2),
f'(x)=1-cos x co s
2 x -sin x·2cos x·(-sin x )
co s
4 x
=co s
3 x -co s
2 x +2(co s
2 x -1)
co s
3 x
=co s
2 x(cos x -1)+2(cos x +1)(cos x -1)
co s
3 x
=(cos x -1)(co s
2 x +2cos x +2)
co s
3 x
.
(第二步:利用导数符号判断单调性)
当0<x<π
2
时,∵cos x-1<0,
∴cos2x+2cos x+2=(cos x+1)2+1>0,
∴f'(x)<0.
故当a=1 时,f(x)在(0, π
2)内单调递减.
(2)构建g(x)=f(x)+sin x=ax- sin x
co s
2 x
+sin x(0<x<π
2
),
则g'(x)=a-1+ sin
2 x
co s
3 x
+cos x(0< x< π
2),
若g(x)=f(x)+sin x<0,且g(0)=f(0)+sin 0=0,则g'(0)=a-1+1=a≤0,解得a≤0.
当a=0 时,∵sin x- sin x
co s
2 x
=sin x(1-
1
co s
2 x).
又x∈(0, π
2),∴0<sin x<1,0<cos x<1,
则
1
co s
2 x
>1,
∴f(x)+sin x=sin x- sin x
co s
2 x
<0,满足题意;
当a<0 时,由于0<x<π
2
,显然ax<0,
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所以f(x)+sin x=ax- sin x
co s
2 x
+sin x<sin x- sin x
co s
2 x
<0,满足题意.
综上所述,若f(x)+sin x<0,等价于a≤0,所以a 的取值范围为(-∞,0].
