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2025新教材数学高考第一轮复习
4.3　导数的综合运用
五年高考
考点1　利用导数证明不等式
1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明: f(x)>1.
2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.
3.(2021全国乙理,20,12分,中)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;
(2)设函数g(x)=.证明:g(x)<1.
4.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<考点2　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1.(2019课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)证明: f '(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围.
2.(2020新高考Ⅰ,21,12分,难)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性.
4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)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;
(3)设n∈N*,证明:>ln(n+1).
考点3　利用导数研究函数零点问题
1.(2021全国甲文,20,12分,中)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.
2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
3.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)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.
4.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).
(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.
三年模拟
综合拔高练1
1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f(x)=ln x+,g(x)=.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当0≤a≤1时, f(x)>g(x).
2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex.
(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;
(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).
3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f(x)=x2-aex(a∈R).
(1)已知曲线f(x)在(0, f(0))处的切线与圆x2+y2-2x-2y-3=0相切,求实数a的值;
(2)已知x≥0时, f(x)≤-x2-ax-a恒成立,求实数a的取值范围.
4.(2024届江苏南京二中校考,22)已知函数f(x)=4ln x-ax+(a≥0).
(1)当a=时,求f(x)的极值;
(2)当a≥1时,设g(x)=2ex-4x+2a,若存在x1,x2∈,使得f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围.(e=2.718 28…为自然对数的底数)
综合拔高练2
1.(2024届江苏南京期中,8)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则a的取值范围是 (　　)
A.
C.
2.(2024届福建漳州三中月考,22)函数f(x)=exsin x,g(x)=(x+1)cos x-ex.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2) x1, x2∈,使f(x1)+g(x2)≥m成立,求实数m 的取值范围;
(3)设h(x)=·f(x)-n·sin 2x,n为正实数,讨论h(x)在上的零点个数.
3.(2023湖北武汉武昌质检,22)已知函数f(x)=ax与g(x)=logax(a>0,且a≠1).
(1)求曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程;
(2)若a>1,h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围.
4.(2023江苏苏州联考,21)设函数f(x)=a(2x-1)+(2a2+1)ln(-x),a∈R.
(1)讨论f(x)在定义域上的单调性;
(2)当a≥0时,讨论f(x)在上的零点个数.
4.3　导数的综合运用
五年高考
考点1　利用导数证明不等式
1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明: f(x)>1.
解析　(1)f '(x)=ln(x+1),故曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为f '(2)=.
(2)指数找朋友法.
证明:当x>0时, f(x)>1 ln(x+1)->0,令g(x)=ln(x+1)-,x>0,g'(x)=>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,原不等式得证.
2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.
解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈时, f '(x)>0;
当x∈时, f '(x)<0,
故f(x)在单调递增,在单调递减.
(2)证明:由(1)知,当a<0时, f(x)在x=-取得最大值,最大值为f .
所以f(x)≤--2,
即ln+1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,
则g'(x)=-1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln+1≤0,即f(x)≤--2.
3.(2021全国乙理,20,12分,中)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;
(2)设函数g(x)=.证明:g(x)<1.
解析　(1)第一步,利用x=0是函数y=xf(x)的极值点求a.
由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
∴y'=ln(a-x)+x··(-1)=ln(a-x)-,
∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,
∴ln(a-0)-=0,可得a=1.
第二步,证明求出的a满足条件.
当a=1时,y'=ln(1-x)-,x∈(-∞,1),
令p(x)=ln(1-x)-,x∈(-∞,1),
则p'(x)=,
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,
∴要证g(x)=<1(g(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,1)),只需证x+f(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),x<1且x≠0,
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.
4.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得01,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:由bln a-aln b=a-b得(1+ln a)=(1+ln b),即,
令x1=,x2=,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1)=1,
故k∈(0,1),
不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1,
先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,
即证f(x2)=f(x1)令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)
=-ln[x(2-x)].
∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),
∴h'(x)>0恒成立,
∴h(x)为增函数,
∴h(x)∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)∴f(x2)2-x1,∴x1+x2>2.
再证x1+x2设x2=tx1,则t>1,
结合,=x1,=x2
可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2),
即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1),故ln x1=,
要证x1+x2即证ln(t+1)+<1,即证(t-1)ln(t+1)-tln t<0,
令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tln t,t>1,
则S'(t)=ln(t+1)+.
因为ln(x+1)≤x(x>-1,当且仅当x=0时等号成立),
所以可得当t>1时,ln,
故S'(t)<0恒成立,
故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)故(t-1)ln(t+1)-tln t<0成立,即x1+x2综上所述,2<考点2　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1.(2019课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)证明: f '(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围.
解析　(1)证明:设g(x)=f '(x),
则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.
当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0,
所以g(x)在上单调递增,在上单调递减.
又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.所以f '(x)在(0,π)存在唯一零点.
(2)由题设知f(π)≥aπ, f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知, f '(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时, f '(x)>0;
当x∈(x0,π)时, f '(x)<0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.
又f(0)=0, f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
2.(2020新高考Ⅰ,21,12分,难)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
解析　(1)当a=e时, f(x)=ex-ln x+1, f '(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为,2.
因此所求三角形的面积为易错:容易忽略三角形的面积应大于0而把结果写成. (6分)
(2)当0当a=1时, f(x)=ex-1-ln x, f '(x)=ex-1-.当x∈(0,1)时,f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以当x=1时, f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时, f(x)=aex-1-ln x+ln a>ex-1-ln x≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞). (12分)
3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性.
解析　(1)设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=.
当00;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)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,+∞).
(2)g(x)=,x∈(0,a)∪(a,+∞),g'(x)=.
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x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.
4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)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;
(3)设n∈N*,证明:>ln(n+1).
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,x0),
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'0)上恒成立,与F(x)<0矛盾,∴F″(0)≤0,∴a≤.
∵eax≤在(0,+∞)上成立,
∴F(x)≤x-ex+1在(0,+∞)上成立,
故只需证x-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
令G(x)=x-ex+1(x>0),
则G'(x)=.
∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,
∴+1在(0,+∞)上成立.
∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴G(x)∴x-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
故当a≤时,xeax-ex<-1在(0,+∞)成立.
∴a的取值范围为.
(3)构造函数h(x)=x--2ln x(x>1),
则h'(x)=1+,
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=0,∴x->2ln x,令x=,
则有,∴,
∴=ln(n+1).原式得证.
考点3　利用导数研究函数零点问题
1.(2021全国甲文,20,12分,中)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)由题意得f '(x)=2a2x+a-,x∈(0,+∞).∵a>0,x>0,∴>0,当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0,∴函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(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,
又函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f(x)min=f =3+3ln a>0,∴ln a>-1,解得a>,故实数a的取值范围是.
2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解析　(1)当a=1时, f(x)=ex-x-2,则f '(x)=ex-1.
当x<0时, f '(x)<0;当x>0时, f '(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)若f(x)有两个零点,则ex-a(x+2)=0有两个解,
由方程可知,x=-2不成立,即a=有两个解,将问题转化为曲线y=和直线y=a有两个交点
令h(x)=(x≠-2),则有h'(x)=,
令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,
且当x<-2时,h(x)<0,
当x→-2+时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,
所以当a=有两个解时,有a>h(-1)=,
所以满足条件的a的取值范围是.
3.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)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.
解析　(1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a-.
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.
令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x=.
易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,
g(x)min=g=1+ln a,
∴a-aln a=1+ln a,即ln a=①.
令h(x)=ln x-(x>0),
则h'(x)=>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
则h(x)最多有一个零点.
又h(1)=ln 1-=0,
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)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01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x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1则-x2=x2-ln x2=x3-ln x3,
∴-ln x2.
易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0),
又f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3=.
又-x2=x2-ln x2,∴ln x2+=2x2.
∴x1+x3=ln x2+=2x2.
∴x1,x2,x3成等差数列.
∴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.
4.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).
(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.
解析　(1)当a=2时,
f(x)=, f '(x)=,
令f '(x)=0,得x=,
当00,
当x>时, f '(x)<0,
∴函数f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)第一步,将曲线y=f(x)与直线y=1的交点问题转化为方程的根的问题.
令f(x)=1,则=1,所以xa=ax.
第二步,将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.
两边同时取对数,可得aln x=xln a,即.
第三步,将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数,并构造函数研究单调性.
根据题意可知,方程有两个实数解.
设g(x)=,则g'(x)=,
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.
第四步,根据交点个数,数形结合写出参数范围.
又知g(1)=0,g(x)=0,g(x)max=g(e)=,
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,即g(a)=,所以a∈(1,e)∪(e,+∞).
综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
三年模拟
综合拔高练1
1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f(x)=ln x+,g(x)=.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当0≤a≤1时, f(x)>g(x).
解析　(1)f '(x)=(x∈(0,+∞)),
当a-1<0,即a<1时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a-1>0,即a>1时,令f '(x)=0,得x=a-1,
∴函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.
综上所述,当a<1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>1时,函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.
(2)证明:令F(x)=f(x)-g(x)=ln x+(x>0,0≤a≤1),
欲证f(x)>g(x),即证F(x)>0,即证xln x-asin x+1>0,
即证xln x>asin x-1.
先证:xln x≥ax-1.
设g(x)=xln x-ax+1,则g'(x)=1+ln x-a=ln x+1-a,
令g'(x)=0,得x=ea-1,
∴g(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+∞)上单调递增,
∴g(x)≥g(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1,
∵0≤a≤1,∴1-ea-1≥0,则g(x)≥0,
即xln x≥ax-1,当且仅当x=1,a=1时取等号.
再证:ax-1≥asin x-1.
设h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0.
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即x>sin x.
∵0≤a≤1,∴ax-1≥asin x-1,当且仅当a=0时取等号.
又xln x≥ax-1与ax-1≥asin x-1两个不等式的等号不能同时取到,∴xln x>asin x-1成立,即当0≤a≤1时, f(x)>g(x)成立.
2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex.
(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;
(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).
解析　(1)对g(x)求导得g'(x)=(x>0).
①当a≤0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,在(e,+∞)上不存在最大值.
②当a>0时,令g'(x)=0,解得x=>0,
当x∈时,g'(x)>0,g(x)在上单调递增,
当x∈时,g'(x)<0,g(x)在上单调递减,
所以g(x)在x=,
又函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,因此>e,解得a<1.
所以a的取值范围为(0,1).
(2)证明:欲证f(x)>g(x),
即证当x>0时,(x2-2x)ex>e2ln x-2ex,
即证当x>0时,(x2-2x)ex+2ex>e2ln x,
即证(x-2)ex+2e>.
设φ(x)=(x-2)ex+2e(x>0),则φ'(x)=(x-1)ex,
当01时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
故φ(x)≥φ(1)=e,当x=1时,等号成立.
设h(x)=(x>0),
则h'(x)=,
当00,当x>e时,h'(x)<0,
所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
故h(x)≤h(e)=e,当x=e时,等号成立.
综上,x>0时,φ(x)≥h(x),但等号不同时成立,
所以x>0时,φ(x)>h(x),即f(x)>g(x)得证.
3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f(x)=x2-aex(a∈R).
(1)已知曲线f(x)在(0, f(0))处的切线与圆x2+y2-2x-2y-3=0相切,求实数a的值;
(2)已知x≥0时, f(x)≤-x2-ax-a恒成立,求实数a的取值范围.
解析　(1)圆的方程可化为(x-1)2+(y-1)2=5,则圆心为(1,1),半径为,
对函数f(x)求导得f '(x)=x-aex,
则f '(0)=-a,
又f(0)=-a,
于是曲线f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y+a=-ax,即ax+y+a=0,因为直线ax+y+a=0与圆相切,
所以,则a=2,
所以实数a的值为2.
(2)设g(x)=f(x)+x2+ax+a=x2-aex+ax+a(x≥0),
则g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立.
对g(x)求导得g'(x)=3x-aex+a,
设h(x)=3x-aex+a,x≥0,
则h'(x)=3-aex,
当a≥3时,当x≥0时,aex≥3ex≥3,
即有h'(x)≤0,
所以函数h(x),即g'(x)在[0,+∞)上单调递减,于是当x≥0时,g'(x)≤g'(0)=0,
则函数g(x)在[0,+∞)上单调递减,因此当x≥0时,g(x)≤g(0)=0,故a≥3.
当00,得0则函数h(x),即g'(x)在上单调递增,
于是当0≤xg'(0)=0,
即函数g(x)在上单调递增,
因此当0≤x所以实数a的取值范围为[3,+∞).
4.(2024届江苏南京二中校考,22)已知函数f(x)=4ln x-ax+(a≥0).
(1)当a=时,求f(x)的极值;
(2)当a≥1时,设g(x)=2ex-4x+2a,若存在x1,x2∈,使得f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围.(e=2.718 28…为自然对数的底数)
解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
当a=时, f(x)=4ln x-,
∴f '(x)=,
令f '(x)>0,可得1令f '(x)<0,可得07,
∴f(x)在(0,1),(7,+∞)上单调递减,在(1,7)上单调递增,
∴f(x)极小值=f(1)=3, f(x)极大值=f(7)=4ln 7-3.
(2)f '(x)=(x>0),
令h(x)=-ax2+4x-(a+3),x>0,
若a≥1,则Δ=16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)≤0,
∴h(x)<0,
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
∴当a≥1时, f(x)在上单调递减,
∴f(x)在a+6.
g'(x)=2ex-4,令g'(x)=0,得x=ln 2,
当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(ln 2,2]时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)在上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a,
由题意可知-4ln 2+a+6>4-4ln 2+2a,解得a<4,
又∵a≥1,
∴实数a的取值范围为[1,4).
思路导引
(1)利用导数判断单调性,从而求出极值;
(2)存在x1,x2∈,使得f(x1)>g(x2),转化为在区间上f(x)max>g(x)min,利用导数求f(x)max和g(x)min,最后解关于a的不等式.
综合拔高练2
1.(2024届江苏南京期中,8)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则a的取值范围是 (　　)
A.
C.
答案　D　
2.(2024届福建漳州三中月考,22)函数f(x)=exsin x,g(x)=(x+1)cos x-ex.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2) x1, x2∈,使f(x1)+g(x2)≥m成立,求实数m 的取值范围;
(3)设h(x)=·f(x)-n·sin 2x,n为正实数,讨论h(x)在上的零点个数.
解析　(1)f '(x)=exsin x+excos x=.
当2kπ≤x+≤2kπ+π(k∈Z),即x∈(k∈Z)时, f '(x)≥0, f(x)单调递增.
∴f(x)的单调递增区间是(k∈Z).
(2)第一步,设函数,将问题转化.
f(x1)+g(x2)≥m,即f(x1)≥m-g(x2),设t(x)=m-g(x),则问题等价于f(x)min≥t(x)max,x∈.
第二步,结合(1)求f(x)在上的最小值.
由(1)可知,当x∈时, f '(x)>0,故f(x)在上单调递增,
∴当x∈时, f(x)min=f(0)=0.
第三步,利用导数知识求t(x)在上的最大值.
t(x)=m-(x+1)cos x+ex,
t'(x)=-cos x+(x+1)sin x+ex,
∵x∈,∴-cos x+ex>0,(x+1)sin x≥0,∴t'(x)>0在上恒成立,t(x)在上单调递增,∴当x∈时,t(x)max=t.
第四步,建立不等式求结果.
故m+≤0,m≤-,
故实数m的取值范围是(-∞,-].
(3)第一步,求h(x)的解析式与导函数h'(x).
h(x)=2xex-nsin 2x,h'(x)=2(x+1)ex-2ncos 2x,
第二步,讨论0若02,
2ncos 2x<2,∴h'(x)>0在上恒成立,则h(x)在上单调递增,当x∈时,h(x)>h(0)=0,
此时h(x)在上无零点.
第三步,讨论n>1时h(x)的单调性及零点情况.
若n>1,设k(x)=2(x+1)ex-2ncos 2x,
则k'(x)=2(x+2)ex+4nsin 2x,
当x∈时,2(x+2)ex>0,sin 2x>0,
∴k'(x)>0在上恒成立,故k(x)在上单调递增.
∵k(0)=2-2n<0,k+2n>0,故存在x0∈,使得k(x0)=0,故当x∈(0,x0)时,k(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈时,k(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增,
故当x∈(0,x0)时,h(x)当x∈时,h(x0)又h(x0)<0,h>0,
∴由零点存在定理及函数的单调性得h(x)在上存在唯一零点.
3.(2023湖北武汉武昌质检,22)已知函数f(x)=ax与g(x)=logax(a>0,且a≠1).
(1)求曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程;
(2)若a>1,h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围.
解析　(1)由题可知g(1)=0,g'(x)=,
故g'(1)=,于是曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=(x-1).
(2)h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点,即方程ax=logax恰有两正根.
因为a>1,所以ax=logax>1,于是x>1,
由ax=logax=,得ax·ln a=ln x,ax·x·ln a=x·ln x,
于是ax·ln ax=x·ln x.
设m(x)=xln x(x>1),则m'(x)=ln x+1>0,于是函数m(x)在(1,+∞)上单调递增,
由m(ax)=m(x)可得ax=x,
即方程ax=x有两根,等价于方程ln a=有两正根,
设l(x)=(x>1),则l'(x)=,
由l'(x)>0得1e,故l(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
结合当x→1时,l(x)→0,当x→+∞时,l(x)→0,且x∈(1,+∞)时,l(x)=>0,画出l(x)的图象,如图,
由方程ln a=有两正根并结合l(x)的图象,得04.(2023江苏苏州联考,21)设函数f(x)=a(2x-1)+(2a2+1)ln(-x),a∈R.
(1)讨论f(x)在定义域上的单调性;
(2)当a≥0时,讨论f(x)在上的零点个数.
解析　(1)函数f(x)的定义域为(-∞,0), f '(x)=2a+.
①当a≤0时, f '(x)<0,则f(x)在(-∞,0)上单调递减;
②当a>0时, f '(x)=2a+,
则当x∈时, f '(x)>0,
当x∈时, f '(x)<0,则f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)①当a=0时, f(x)=ln(-x),令ln(-x)=0,解得x=-1,故f(x)在上有一个零点;
②当a>0时,∵>0,
∴,
∴f(x)在上单调递减,
又∵f(-1)=-3a<0,故f(x)在上没有零点.
综上,当a=0时, f(x)在上的零点个数为1;当a>0时f(x)在上没有零点.
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