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2026天津版高考数学第二轮专题
3.2　导数的应用
五年高考
天津专练
1.(2024天津,20,16分,难)已知函数f(x)=xln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)≥a(x-)对任意x∈(0,+∞)成立,求实数a的值;
(3)若x1,x2∈(0,1),求证:|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
2.(2025天津,20,16分,难)已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程.
(2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1(i)求a的取值范围;
(ii)求证:(ln x2-ln x1)·ln x3<.
3.(2023天津,20,16分,难)已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率;
(2)求证:当x>0时,f(x)>1;
(3)求证:4.(2022天津,20,16分,难)已知a,b∈R,函数f(x)=ex-asin x,g(x)=b.
(1)求曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线方程;
(2)若曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点,
(i)当a=0时,求b的取值范围;
(ii)求证:a2+b2>e.
x(x≥0).(考试时不能直接使用,需证明)
5.(2021天津,20,16分,难)已知a>0,函数f(x)=ax-xex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)证明f(x)存在唯一的极值点;
(3)若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围.
6.(2020天津,20,16分,难)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R), f '(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
(i)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(ii)求函数g(x)=f(x)-f '(x)+的单调区间和极值.
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有 .
全真全练
考点一　导数与函数的单调性
1.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为(　　)
A.e2　　　　B.e　　　　C.e-1　　　　D.e-2
2.(2022全国甲文,12,5分,难)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
3.(2022新高考Ⅰ,7,5分,难)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则 (　　)
A.aC.c4.(2023全国乙理,16,5分,难)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是 　.
5.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+.
6.(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.
8.(2022全国乙理,21,12分,难)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.
9.(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.
考点二　导数与函数的极(最)值
1.(2022全国甲,文8,理6,5分,中)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f '(2)=(　　)
A.-1　　　　B.-
C.　　　　D.1
2.(2023全国乙文,8,5分,中)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 (　　)
A.(-∞,-2)　　　　B.(-∞,-3)
C.(-4,-1)　　　　D.(-3,0)
3.(2022全国乙文,11,5分,中)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为 (　　)
A.-,,
C.-,,+2
4.(2021全国乙,文12,理10,5分,难)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则 (　　)
A.ab
C.aba2
5.(2025全国二卷,13,5分,易)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=　 　.
6.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　 　.
7.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x18.(2024新课标Ⅱ,16,15分,中)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
9.(2021全国乙理,20,12分,难)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.
10.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)
(1)证明:当0(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.
11.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数f(x)=ln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程.
(2)是否存在a,b,使得曲线y=f 关于直线x=b对称 若存在,求a,b;若不存在,说明理由.
(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.
12.(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.
13.(2025全国二卷,18,17分,难)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(1)证明: f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
(i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
(ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
14.(2025全国一卷,19,17分,难)(1)求函数f(x)=5cosx-cos 5x在区间的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
考点三　利用导数解决不等式问题
1.(2022北京,20,15分,中)已知函数f(x)=ex·ln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
3.(2024全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)若a=-2,求f(x)的极值;
(2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围.
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).
5.(2023全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=ax-,x∈.
(1)当a=8时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x).
三年模拟
练综合
1.(题型二、三)(2025河东二模,20)已知函数f(x)=x2-,g(x)=-x2ln x,a>0.
(1)曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x-y+2=0,求a,b的值;
(2)求函数g(x)的极值;
(3)函数F(x)=f(x)-x2+1-,若F(x)≤0,证明:ab≤.
2.(题型三)(2025红桥二模,20)已知函数f(x)=ex-ax,g(x)=ln(x+2)-a,其中e为自然对数的底数,a∈R.
(1)当a=1时,求曲线f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)证明:f '(x)>g(x)恒成立;
(3)证明:ln 2+.
3.(题型一、三)(2025河西二模,20)已知函数f(x)=aln x-x2+3x+3a(a∈R).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)已知a∈,证明:xf(x)4.(题型一)(2025天津一中月考四,20)已知函数f(x)=-+(1-a)ex+ax.
(1)若a=1,求f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若a<-1,求f(x)的单调区间;
(3)若a<-1,且f '(m)=f '(n)=0(m3.
6.(题型一)(2024河北一模,20)已知函数f(x)=xln x-x2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)(3)若a>0,b>0,且ab>1,求证:f(a)+f(b)<-2.
7.(题型二)(2023河西二模,20)已知函数f(x)=ax-ln x,a∈R.
(1)若a=,求函数f(x)的最小值及取得最小值时x的值;
(2)求证:ln x(3)若f(x)≤xex-(a+1)ln x对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
8.(题型一)(2025河北期末,20)已知函数f(x)=2aln x+x2-(a+3)x(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-x+b,求a和b的值;
(2)当a≠0时,讨论函数f(x)的单调性;
(3)当a=-时,证明:对于任意的x1,x2∈(0,1),有f(x1+x2)练素养
1.(2025天津十二校一模,20)已知函数f(x)=(x+k)ln x,g(x)=x+asin x+bln x.
(1)若k=1,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)当x>1时, f(x)>2(x-1)恒成立,求实数k的取值范围;
(3)设02.(2025南开一模,20)已知函数f(x)=ln x-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)在点(e, f(e))处的切线方程;
(2)若f(x)<0在区间(0,a)上恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若方程f(x)=(m-1)x2+x(m∈R)有两个不同的实数解x1,x2(x1e+1.
3.(2025河西一模,20)已知函数f(x)=(x+1)ln x+ax(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为x+y+b=0,求实数a,b的值;
(2)求证:当a<-2时,y=f(x)在(0,+∞)上有两个极值点;
(3)设g(x)=|f(x)|,若g(x)在[1,e]上单调递减,求实数a的取值范围.(其中e为自然对数的底数)
4.(题型三、四)(2025天津十二校二模,20)已知函数f(x)=ex-tx+e2,x∈R.
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为0,求实数t的值;
(2)若t=1, x∈R,不等式f(x)-e2≥ax+b恒成立(a,b均为实数),求(a+1)b的最大值;
(3)实数t满足对任意的t>e4,函数f(x)总有两个不同的零点x1,x2(x2>x1),证明:x2>.
5.(题型三)(2025南开二模,20)已知函数f(x)=2ex-1-x2-ln x.
(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若f(x)≥a-a2恒成立,求实数a的取值范围;
(3)解关于x的不等式f '(x)>ln x(其中f '(x)为f(x)的导数).
6.(题型一、三)(2025和平二模,20)已知函数f(x)=2nx2+ln(mx+n)-2mx(m,n∈R,m>0).
(1)若函数f(x)的两个极值点为0与,求m,n的值及函数f(x)的单调区间.
(2)若n=.
(i)求证:当m∈(0,1]时,函数f(x)在区间上单调递增;
(ii) m∈,总 x0∈[1,2],使得f(x0)>λ成立,求实数λ的取值范围.
7. (题型二、三)(2025天津耀华中学一模,20)已知函数f(x)=(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在点(e, f(e))处的切线在y轴上的截距为-e,求a的值;
(2)若函数y=f(x)存在唯一极值点,求a的取值范围;
(3)若函数y=f(x)存在极大值,记作h(a),求证:ln(h(a))+|a|<1.
8.(题型四)(2024天津耀华中学期末,20)已知函数f(x)=ex+msin x.
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,π)上单调递增,求正实数m的取值范围;
(3)求证:当m=1时, f(x)在(-π,+∞)上存在唯一极小值点x0,且-19.(题型三)(2024南开二模,20)已知函数f(x)=sin x,g(x)=1-.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)证明: x∈[0,+∞), f '(x)≥g(x)恒成立(f '(x)为f(x)的导数);
(3)设an=,证明:(n∈N*).
10.(2024天津十二区一模,20)意大利画家达·芬奇提出:固定项链的两端,使其在重力的作用下自然下垂,那么项链所形成的曲线是什么 这就是著名的“悬链线问题”,通过适当建立坐标系,悬链线可为双曲余弦函数ch(x)=的图象,定义双曲正弦函数sh(x)=,类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质:
①平方关系:ch2(x)-sh2(x)=1,②倍元关系:sh(2x)=2sh(x)·ch(x).
(1)求曲线ch(x)在x=2处的切线斜率.
(2)若对任意x>0,都有(x-a-1)(sh(x)+ch(x))≥2sin x-2(x-a)cos x恒成立,求实数a的取值范围.
(3)(i)证明:当x>0时,sh(x)>x;
(ii)证明:(n∈N*).
11.(题型三)(2025滨海新区塘沽一中月考三,20)已知函数f(x)=aln(x+1)-xex+1.
(1)当a<0时,求f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)存在正零点x0,
(i)求a的取值范围;
(ii)记x1为f(x)的极值点,证明:x0<3x1.
3.2　导数的应用
五年高考
天津专练
1.(2024天津,20,16分,难)已知函数f(x)=xln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)≥a(x-)对任意x∈(0,+∞)成立,求实数a的值;
(3)若x1,x2∈(0,1),求证:|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
解析　(1)f '(x)=1+ln x,
∴曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率k=f '(1)=1,∵f(1)=0,
∴切线方程为y-0=1·(x-1),即y=x-1.
(2)f(x)≥a(x-)恒成立,
即xln x≥a(x-)恒成立,
∵x>0,∴ln x≥a恒成立.
设g(x)=ln x-a,
则g(x)≥0恒成立,
g'(x)=.
①a>0时,令2=a,得x0=,
∴当x∈时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0,
∴g(x)在上单调递减,在上单调递增.
∵g(1)=0,∴要使g(x)≥0恒成立,
则=1,∴a=2.
②a≤0时,g'(x)>0恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
∵g(1)=0,∴g(x)≥0不可能恒成立.
综上,a=2.
(3)证明:当x1=x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2显然成立.
当x1≠x2时,不妨设1>x1>x2>0,则需证|f(x1)-f(x2)|<(x1-x2.
①若f(x1)>f(x2),则原不等式转化为f(x1)-f(x2)<(x1-x2.
∵x1-x2∈(0,1),∴(x1-x2>x1-x2,
∴只需证明f(x1)-f(x2)即证 f(x1)-x1设h(x)=f(x)-x=xln x-x,x∈(0,1),
即证h(x)在(0,1)上单调递减,
∵h'(x)=1+ln x-1=ln x<0,
∴h(x)在(0,1)上单调递减,得证.
②若f(x1)则只需证f(x2)-f(x1)<(x1-x2.
∵(x1-x2,(要证(x1-x2,只需证x1-x2>x1+x2-2,即证2>2x2,即证,显然成立)
∴只需证f(x2)-f(x1)<,
即证f(x2)+设m(x)=f(x)+,x∈(0,1),
即证m(x)在(0,1)上单调递增,
m'(x)=1+ln x+,
m″(x)=,
令m″(x)=0,解得x=,
∴当x∈时,m″(x)<0,
当x∈时,m″(x)>0,
∴m'(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴m'(x)≥m'+2=3-ln 16>0,
∴m'(x)>0在(0,1)上恒成立,
即m(x)在(0,1)上单调递增,得证.
综上,当x1,x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
2.(2025天津,20,16分,难)已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程.
(2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1(i)求a的取值范围;
(ii)求证:(ln x2-ln x1)·ln x3<.
解析　(1)当a=1时, f(x)=x-(ln x)2,x>0,
则f '(x)=1-,则f'(1)=1,又f(1)=1,
则切点为(1,1),且切线的斜率为1,
故曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=x.
(2)(i)令f(x)=ax-(ln x)2=0,x>0,
得a=,
设g(x)=,x>0,
则g'(x)=,
由g'(x)=0,解得x=1或e2,
当0当10,g(x)在(1,e2)上单调递增;
当x>e2时,g'(x)<0,g(x)在(e2,+∞)上单调递减.
且当x→0时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→0,且g(1)=0,g(e2)=.
如图,作出函数g(x)的图象,
要使函数f(x)有3个零点,
则方程a=g(x)在(0,+∞)内有3个根,即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点.
结合图象可知,0故a的取值范围为.
(ii)证明:由图象可知,0设ln x1=t1,ln x2=t2,ln x3=t3,则t1<0满足
由②③可得
两式作差可得t3-t2=2(ln t3-ln t2),
则由对数平均不等式可得2=,则t2t3<4,
故要证(ln x2-ln x1)·ln x3<,
即证t2t3-t1t3<,只需证4-t1t3≤,
即证-t1t3≤,又因为t1<0,所以-t1t3<,故只需证,
设函数φ(t)=,t>2,则φ'(t)=,
当20,则φ(t)在(2,4)上单调递增;
当t>4时,φ'(t)<0,则φ(t)在(4,+∞)上单调递减,
故φ(t)max=φ(4)=,即φ(t)≤.
而由4e2-16e+16=4(e-2)2>0,
可知成立,故命题得证.
3.(2023天津,20,16分,难)已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率;
(2)求证:当x>0时,f(x)>1;
(3)求证:解析　(1)f '(x)=ln(x+1),所以曲线f(x)在x=2处的切线斜率为f '(2)=.
(2)证明:当x>0时, f(x)>1 ln(x+1)->0,令g(x)=ln(x+1)-,而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.
(3)证法一:令中间待证式为某数列{an}的前n项和Sn,则Sn=ln(n!)-ln n+n,则a1=S1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1+,
由(2)知an<0(n≥2,n∈N*),
故Sn≤S1=1,不等式右边得证.
欲证,
令h(x)=ln(x+1)-(x>0),h'(x)=,当x>0时,h'(x)<0,h(x)f(x)-1<,
因此当k≥2,k∈N*时, f ,
当n≥4时,累加得(-ak)
=
=,
又-a2=f(1)-1=×0.694-1=0.041,-a3=×(1.1-0.693)-1=0.017 5,
故(-ak)=(-a2)+(-a3)+(-ak)<0.041+0.017 5+0.1=0.158 5<,原不等式左边得证.
证法二:只需证先证ln[(n-1)!]-ln n+n≤1.
当n≥2时,由(2)可得f>1(2≤i≤n),
即[ln n-ln(n-1)]>1,
[ln(n-1)-ln(n-2)]>1,
……
(ln 2-ln 1)>1,
累加可得ln n-ln[(n-1)!]>n-1,
所以ln[(n-1)!]-ln n+n≤1(n≥1).
方便起见,以下x∈(0,1],
令g(x)=ln(x+1)-,
g'(x)=<0,
故g(x)单调递减,所以g(x)所以f(x)<,
又-x2+x+2>x+1,
所以f(x)<1+,
则f
=1+(2≤i≤n),
即[ln n-ln(n-1)]<1+,
[ln(n-1)-ln(n-2)]<1+,
……
(ln 2-ln 1)<1+,
累加可得ln n-ln[(n-1)!]即综上,4.(2022天津,20,16分,难)已知a,b∈R,函数f(x)=ex-asin x,g(x)=b.
(1)求曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线方程;
(2)若曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点,
(i)当a=0时,求b的取值范围;
(ii)求证:a2+b2>e.
解析　(1)∵f(0)=1,
∴切点坐标为(0,1),
∵f '(x)=ex-acos x,
∴切线斜率k=f '(0)=1-a,
∴切线方程为y=(1-a)x+1.
(2)(i)利用参变分离,将两个函数图象有公共点的问题转化为直线与曲线交点的问题.
第一步,利用分离参数进行条件转化.
若y=f(x)与y=g(x)的图象有公共点,
则方程ex-asin x=b有实数解.
当a=0时,方程为ex=b.
∵当x=0时,等式不成立,
∴有b=(x>0),即直线y=b与y=的图象有交点.
第二步,研究函数y=的单调性.
记h(x)=(x>0),则h'(x)=,
∴h'(x)<0在上恒成立,h'(x)>0在上恒成立,故h(x)在上单调递减,在上单调递增.
第三步,以h(x)的极值为边界讨论,求解b的范围.
∵x→0时,h(x)→+∞,x→+∞时,h(x)→+∞,
∴b≥h(x)min =h,
∴b的取值范围为[,+∞).
(ii)证法一:第一步,根据(i)研究的方程进行变换.
当x=0时,ex-asin x=b不成立,
∴x>0,则+b.
第二步,利用函数h(x)的边界放缩消除ex.
由(i)知,∴.
两边平方可得,≥2e.
第三步,利用不等式的性质、三角函数有界性及基本不等式放缩消除sin x,得到结论.
∵0|sin x|;x>1时,>1>|sin x|,
∴x>0时,>|sin x|恒成立,可得出<1(x>0)
∴x>sin2x(x>0),可得出<1(x>0)
∴∴2(a2+b2)>2e,∴a2+b2>e.
证法二:变换主元.
当x=0时,ex-asin x=b不成立,∴x>0,则b=,
∴只需证a2+b2=a2+>e,
即证a2x+(ex-asin x)2>ex,
只需证a2(x+sin2x)-2aexsin x+e2x-ex>0.
设h(a)=a2(x+sin2x)-2aexsin x+e2x-ex,a∈R,
只需证Δ<0,即-e2x+ex+esin2x<0.
∵sin2x∴只需证-e2x+2ex<0,即证e2x>2ex,
构造函数φ(x)=e2x-2ex(x>0).
∵φ'(x)=2(e2x-e),
∴φ(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴φ(x)>φ=0,∴e2x>2ex,
故a2+b2>e.
解后反思　　　针对利用导数证明不等式的题目,可以储备一些常见的不等式用来消除超越函数(指数函数、对数函数、三角函数等),如:ex≥x+1,ex≥ex,ln x≤x-1(x>0),x≥sin x(x≥0).(考试时不能直接使用,需证明)
5.(2021天津,20,16分,难)已知a>0,函数f(x)=ax-xex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)证明f(x)存在唯一的极值点;
(3)若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围.
解析　(1)由题意得f '(x)=a-(x+1)ex,∴f '(0)=a-1,又f(0)=0,∴切线方程为y=(a-1)x.
(2)证明:令f '(x)=a-(x+1)ex=0,得a=(x+1)ex,
令g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex,
令g'(x)=0,得x=-2,
当x∈(-∞,-2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(-2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g(-2)=-<0,当x→-∞时,g(x)<0,当x→+∞时,g(x)>0,
由函数零点存在定理可知g(x)存在唯一零点,易知g(-1)=0,∴当a>0时,直线y=a与y=g(x)的图象仅有一个交点,
令g(m)=a,
则m>-1且f '(m)=a-g(m)=0,
当x∈(-∞,m)时,a>g(x),
∴f '(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈(m,+∞)时,a∴f '(x)<0, f(x)单调递减,
∴f(x)存在唯一的极值点.
(3)由(2)知f(x)max=f(m),
此时a=(1+m)em(m>-1),
∴[f(x)-a]max=f(m)-a
=(1+m)em·m-mem-(1+m)em
=(m2-m-1)em(m>-1),
令h(x)=(x2-x-1)ex(x>-1),
若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,
等价于存在x∈(-1,+∞),使得h(x)≤b成立,即b≥h(x)min,
而h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex(x>-1),
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,
∴h(x)min=h(1)=-e,∴b≥-e.
综上,b∈[-e,+∞).
名师点拨　1.导数中证明极值点的个数问题通常可转化为求方程根的个数问题,并进一步转化为两个函数图象的交点个数问题,体现了转化与化归的数学思想.
2.存在性问题和恒成立问题均可转化为函数的最值问题.深度分析　　　本题第(3)问属于双参数问题,通常遇到双参数问题时,两个参数中,一个参数会给出范围,最终求另一个参数的取值范围,根据不等式的结构,将两个参数以及自变量x三个字母,先将自变量或者已知范围的参数孤立在不等式的一侧,利用能成立或者恒成立问题求出相应的最值后,随即形成的恒成立或者能成立问题.本题涉及隐零点问题,先处理x,即先求出f(x)-a的最值,最值由隐零点m表示,然后形成关于b,m的恒成立问题,分离参数b,求最值即可.
6.(2020天津,20,16分,难)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R), f '(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
(i)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(ii)求函数g(x)=f(x)-f '(x)+的单调区间和极值.
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有 .
解析　(1)(i)当k=6时, f(x)=x3+6ln x,故f '(x)=3x2+.可得f(1)=1, f '(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.
(ii)依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+,整理可得g'(x)=.令g'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x (0,1) 1 (1,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 极小值 ↗
所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)证明:由f(x)=x3+kln x,得f '(x)=3x2+.
对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令=t(t>1),则(x1-x2)[f '(x1)+f '(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)·3(t3-3t2+3t-1)+k.①
令h(x)=x--2ln x,x∈(1,+∞).当x>1时,h'(x)=1+>0,由此可得h(x)在(1,+∞)单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1),即t--2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以(t3-3t2+3t-1)+kt--2ln t>(t3-3t2+3t-1)-3-1.②
由(1)(ii)可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6ln t+>1,
故t3-3t2+6ln t+-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f '(x1)+f '(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有.
方法总结　　　破解含双参不等式的证明问题的关键
一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;
二是巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
三是回归双参不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果.
全真全练
考点一　导数与函数的单调性
1.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为(　C　)
A.e2　　　　B.e　　　　C.e-1　　　　D.e-2
2.(2022全国甲文,12,5分,难)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则 (　A　)
A.a>0>b　　　　B.a>b>0　　　　
C.b>a>0　　　　D.b>0>a
3.(2022新高考Ⅰ,7,5分,难)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则 (　C　)
A.aC.c4.(2023全国乙理,16,5分,难)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是 　.
5.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+.
解析　(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,f '(x)=aex-1.
①当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减;
②当a>0时,令f '(x)=0,则x=ln ,
当x当x>ln 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;
当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在上单调递减,在ln ,+∞上单调递增,则f(x)min=f=1+a2+ln a.
要证明f(x)>2ln a+,只需证明1+a2+ln a>2ln a+,即证a2-ln a->0.
令g(x)=x2-ln x-(x>0),
则g'(x)=2x-.
当0当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g>0,
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a->0,
∴f(x)>2ln a+.
6.(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)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),
∴f '(x)=2a2x+a-.
∵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轴没有公共点且a2>0,
∴y=f(x)在(0,+∞)上的图象在x轴的上方,
由(1)可得函数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.
7.(2023全国甲文,20,12分,难)已知函数f(x)=ax-,x∈.
(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.
解析　(1)当a=1时, f(x)=x-,x∈,
f '(x)=1-<0,
所以函数f(x)在上单调递减.
(2)令g(x)=-sin x
=
=,
则g'(x)=
=,
因为x∈,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在上单调递增,
g(0)=0,当x→时,g(x)→+∞,
因为f(x)+sin x<0恒成立,所以上恒成立,
即直线y=ax在0由图及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].
8.(2022全国乙理,21,12分,难)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.
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,
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,+∞)上各恰有一个交点.易知g'(x)=,h'(x)=-a(1-x)e-x,g(0)=h(0)=0.
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)(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)综上所述,a的取值范围为(-∞,-1).
方法总结　　　本题第(2)问涉及零点问题,通过对极限的判断,结合零点存在定理,确定零点的存在与否,在合理的区间内找到合适的函数值进行零点存在性的证明.
9.(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)的单调递增区间为, f(x)的单调递减区间为.
(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,方程有两个不等的实数解.
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,+∞).
考点二　导数与函数的极(最)值
1.(2022全国甲,文8,理6,5分,中)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f '(2)=(　B　)
A.-1　　　　B.-
C.　　　　D.1
2.(2023全国乙文,8,5分,中)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 (　B　)
A.(-∞,-2)　　　　B.(-∞,-3)
C.(-4,-1)　　　　D.(-3,0)
3.(2022全国乙文,11,5分,中)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为 (　D　)
A.-,,
C.-,,+2
4.(2021全国乙,文12,理10,5分,难)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则 (　D　)
A.ab
C.aba2
5.(2025全国二卷,13,5分,易)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=　-4　.
6.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　1　.
7.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x18.(2024新课标Ⅱ,16,15分,中)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
解析　(1)当a=1时, f(x)=ex-x-1,
f '(x)=ex-1,则切线斜率为k=f '(1)=e-1,
又∵f(1)=e-1-1=e-2,
∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
整理得y=(e-1)x-1.
(2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f '(x)=ex-a.
①当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)单调递增,
无极值,不符合题意,故a≤0时不成立.
②当a>0时,令f '(x)=0,得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
∴x=ln a时f(x)有极小值,极小值为f(ln a)=eln a-aln a-a3=a-aln a-a3.
又∵极小值小于0,∴a-aln a-a3<0,
又∵a>0,∴1-ln a-a2<0,
设g(a)=1-ln a-a2,a∈(0,+∞),
∵g'(a)=--2a<0,∴g(a)单调递减,
又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)时,g(a)<0,
即极小值f(ln a)<0,∴a>1.
综上所述,a的取值范围为(1,+∞).
9.(2021全国乙理,20,12分,难)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)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.
经检验,a=1时x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1.
(2)证法一: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,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),
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.
证法二:同证法一得,需证x+f(x)>xf(x),即证x>(x-1)f(x),即证x>(x-1)ln(1-x).
由于x<1且x≠0,
所以需证令h(x)=ln(1-x)-(x<1且x≠0).
即证h(x)>0.
下面证h(x)>0.
h'(x)=.
当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0;当x∈(0,1)时,h'(x)>0.
故h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,故h(x)>h(0)=0,原不等式得证.
10.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)
(1)证明:当0(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.
解析　(1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0令h(x)=sin x-x,0综上,当0(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).
当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a≠0.
当a>0时, f '(x)=-asin ax+,x∈(-1,1).
(i)当0由(1)可得f '(x)=-asin ax+,
因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f '(x)>0,
所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.
(ii)当a>时,取x∈ (0,1),则ax∈(0,1),
由(1)可得f '(x)=-asin ax+<-a(ax-a2x2)+
=(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),
设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈,
则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,
因为h'(0)=a3>0,h'=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以 x∈,均有h'(x)>0,所以h(x)在上单调递增.
因为h(0)=2-a2<0,h=2>0,所以h(x)在内存在唯一的零点n.
当x∈(0,n)时,h(x)<0,
又因为x>0,1-x2>0,
所以f '(x)<(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0.
即当x∈(0,n) (0,1)时, f '(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减.
又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-n,0)上单调递增,
所以x=0是f(x)的极大值点.
综合(i)(ii)知a>.
当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-符合要求.
故a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞).
11.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数f(x)=ln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程.
(2)是否存在a,b,使得曲线y=f 关于直线x=b对称 若存在,求a,b;若不存在,说明理由.
(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.
解析　(1)当a=-1时, f(x)=ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=-ln(x+1)+,
故f '(1)=-ln 2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=0.
(2)存在.f =(x+a)ln ,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞).
要使函数f 的图象关于直线x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=-,此时f =(x+a)ln 对称,则f ,
即
=,
即
=-,
∴a+t-,解得a=.
(3)f '(x)=-ln(x+1)+,
要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)-=0有正根,
记g(x)=ln(x+1)-,x>0,
则g'(x)=-·(ax+2a-1).
①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)单调递增,g(x)>g(0)=0,不符合题意,舍去;
②当a≥时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)③当00,得0.
易知x→+∞时,g(x)→-∞,
故只需g(x)max=g+4a-2>0即可,设h(t)=ln(t-1)+-2,t>2,则h'(t)=>0,故h(t)在(2,+∞)单调递增,∴h(t)>h(2)=0,故00,即g>0,符合题意.
综上所述,当a∈时, f(x)在(0,+∞)存在极值点.
12.(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)证法一: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.
证法二:由(1)知a=1,函数f(x)=ex-x在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
函数g(x)=x-ln x在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
构造函数u(x)=f(x)-g(x),说明函数f(x)与函数g(x)的图象在(0,1)上存在唯一交点,
设u(x)=f(x)-g(x)=ex-2x+ln x(x>0),
则u'(x)=ex-2+>ex-2,当x≥1时,u'(x)>e-2>0,
所以函数u(x)在[1,+∞)上单调递增,
因为u(1)=e-2>0,
所以当x≥1时,u(x)≥u(1)>0恒成立,即f(x)-g(x)>0在x≥1时恒成立,
所以x≥1时, f(x)>g(x),
因为f(0)=1,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=1,函数g(x)在(0,1)上单调递减,
所以函数f(x)与函数g(x)的图象在(0,1)上存在唯一交点,
此时可作出函数y=f(x)和y=g(x)的大致图象,如图,
由图象知直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,
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,
根据等式左右两侧同构得x1,x2,x3的关系.
∴-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.
13.(2025全国二卷,18,17分,难)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(1)证明: f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
(i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
(ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
解析　(1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,x∈(0,+∞),
f'(x)=,
∵0∴>0,
∴当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
∴x=是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点.
∵f(0)=0,且x∈时, f(x)单调递增,
∴f>0,
当x=时, f,
令φ(x)=ln(1+x)-x,
则φ'(x)=<0,
∴φ(x)在(0,+∞)上递减,
∴φ(x)<φ<0,即f<0,
又>0,
∴,
∴当x∈时, f(x)有唯一零点.
综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点.
(2)(i)∵f'(x)=,
且x1=,即1-3k-3kx1=0,
∴f'(x1+t)=
=,
f'(x1-t)=
=,
又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),
∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=
=3kt·
=
=
=
=,
∵0∴g'(t)<0,
∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减.
(ii)2x1>x2.理由如下:
由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)单调递减,
∴g(x1)即f(2x1)-f(0)又f(0)=0,
∴f(2x1)<0,
又∵f(x2)=0,
∴f(2x1)由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减,
∴2x1>x2.
14.(2025全国一卷,19,17分,难)(1)求函数f(x)=5cosx-cos 5x在区间的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
解析　(1)∵f(x)=5cos x-cos 5x,
∴f '(x)=-5sin x+5sin 5x,令f '(x)=0,得sin x=sin 5x.
∵0因此x=5x或x+5x=π,即x=0(舍去)或x=.
当00, f(x)单调递增,
若0<5x<,则0sin x;若,则sin 5x>sin,sin x当时,sin 5x<,sin x>, f '(x)<0, f(x)单调递减.
因此当x=时, f(x)取得最大值,且f(x)max=3.
(2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ,
则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ.
即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).
因此[a-θ,a+θ] (2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z),
∴因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾.
∵存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.
(3)由f(x)的周期性,奇偶性考虑x∈[0,2π),φ∈[0,π]即可,F(x)=5cos x-cos(5x+φ),
φ=π时,F(0)=6,且 F(x)max=6,
φ∈[0,π)时,F(x)=5cos x-cos(5x+φ),
F'(x)=-5sin x+5sin(5x+φ)
=5[sin(5x+φ)-sin x]
=10cos,(此处使用了和差化积公式,见人教A版必修第一册P225)
令F'(x)=0,解得x=,,,,
∴F(x)≤max,
F,
F,
由
∴F,
∴F(x)max=F.
∴bmin=3.
考点三　利用导数解决不等式问题
1.(2022北京,20,15分,中)已知函数f(x)=ex·ln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
解析　(1)∵f '(x)=exln(1+x)+=exln(1+x)+,
∴f '(0)=e0ln(1+0)+=1,
又f(0)=e0ln 1=0,
∴曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=x.
(2)g(x)=f '(x)=exln(1+x)+,
∴g'(x)=exln(1+x)+=exln(1+x)+,
∵x∈[0,+∞),
∴ln(1+x)≥0,>0,≥0,
又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(2)知g(x)=f '(x)在[0,+∞)上单调递增,
∴f '(x)≥f '(0)=1>0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),则h'(x)=f '(x)-f '(x+s)<0.
因此h(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴h(0)>h(t),
∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s),
又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t).
2.(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当1解析　(1)f(x)的定义域为(0,2).
当b=0时, f(x)=ln +ax,
所以f'(x)=+a,
因为f '(x)≥0,
所以a≥,
依题意得a≥,
所以当x=1时,a取到最小值-2.
(2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3,
所以f(2-x)+f(x)=2a,
所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,
故f(1)=a=-2,
即f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
f'(x)=(x-1)2,
易知y=∈(2,+∞),
所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
所以f(x)>f(1)=-2成立.
当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,即3b=.
在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意.
综上,可得b≥-.
3.(2024全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)若a=-2,求f(x)的极值;
(2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围.
解析　(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x,
则f '(x)=2ln(x+1)+,
令F(x)=2ln(x+1)+,
则F'(x)=,
可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,则F(x)在(-1,+∞)上单调递增,
又F(0)=0,∴当x∈(-1,0)时,F(x)<0,当x∈(0,+∞)时,F(x)>0,
即当-10时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)在x=0处取得极小值, f(x)极小值=f(0)=0,无极大值.
(2)∵当x≥0时, f(x)≥0,又f(0)=0,
∴y=f(x)在x=0处取得最小值.
又f '(x)=-aln(1+x)+,
令g(x)=f '(x)=-aln(1+x)+,
则g'(x)=,
令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.
①当-2a-1≥0,即a≤-时,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
则g(x)在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,从而f '(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
即f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立.
②当-2a-1<0且-a≤0,即a≥0时,h(x)<0在[0,+∞)上恒成立,
即g'(x)<0在[0,+∞)上恒成立,则g(x)在[0,+∞)上单调递减,又g(0)=0,
从而f '(x)=g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立,即f(x)在[0,+∞)上单调递减,
又f(0)=0,∴f(x)≤0,与题意不符.
③当-2a-1<0且-a>0,即-0,
∴当x∈时,h(x)<0,即g'(x)<0在上恒成立,
∴g(x)在上单调递减,又g(0)=0,∴g(x)<0在上恒成立,
∴f '(x)<0在上恒成立,从而f(x)在上单调递减,
又f(0)=0,∴f(x)<0在上恒成立,与题意不符.
综上,a的取值范围为.
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)解法一:不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0,
令g(x)=xeax-ex+1,x>0,
则g'(x)=(ax+1)eax-ex,
且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax,(此放缩用到不等式ex≥x+1)
①当a≤时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)②当a>时,
令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex,
则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,
故h'(0)=2a-1>0,
所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,δ)上单调递增,故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0,
所以g(x)在(0,δ)上单调递增,故g(x)>g(0)=0,不满足题意.
综上可知,a的取值范围是.
解法二:函数f(x)的定义域为R, f '(x)=(1+ax)eax-ex.
(导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论)
对于x∈(0,+∞),当a≥1时, f '(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,
∴f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
当a≤0时, f '(x)≤eax-ex≤1-ex<0且等号不恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.
∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当0(当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性求出)
令g(x)=1+,
则g'(x)=<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴g(x)∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当令h(x)=1+ax-e(1-a)x,
则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x.
∵h'(x)为减函数,
又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0,
∴ x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0.
(当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点)
∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增,h(x)>h(0)=0,
∴当x∈(0,x0)时, f '(x)=eax·h(x)>0,
∴f(x)在(0,x0)上单调递增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
综上,a的取值范围是.
(3)证法一: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.
证法二:由(2)可知,当a=时, f(x)=x-ex<-1(x>0),
令x=ln(n∈N*),
得ln<-1,
整理得<0,
∴,∴,
∴
=ln=ln(n+1),
即>ln(n+1).
5.(2023全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=ax-,x∈.
(1)当a=8时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)解析　(1)当a=8时, f(x)=8x-,
∴f '(x)=8-
=8-
=
=,x∈,
令f '(x)>0,得cos x>,
又x∈,∴x∈,
令f '(x)<0,得cos x<,
又x∈,∴x∈,
∴f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)解法一:若a≤0,则f(x)<0下设a>0.
当x∈时, f(x)因为当x∈时,sin xa.
设g(t)=+2t,t∈(0,1),则g'(t)=2-.当t∈(0,1)时,g'(t)<0,故g(t)在(0,1)单调递减.所以当t∈(0,1)时,g(t)>g(1)=3.故x∈时,函数y=+2cos x的取值范围为(3,+∞),所以a≤3.
当a≤3时, f(x)-sin 2x≤3x--sin 2x.设h(x)=3x--sin 2x,
则h'(x)=3--2cos 2x
=.
令F(t)=-4t3+5t2+2t-3,t∈(0,1),则F'(t)=-12t2+10t+2=2(1-t)(6t+1).
当t∈(0,1)时,F'(t)>0,故F(t)在(0,1)单调递增.所以当t∈(0,1)时,F(t)故当x∈时,-4cos6x+5cos4x+2cos2x-3<0,从而h'(x)<0,所以h(x)在时,h(x)综上,a的取值范围是(-∞,3].
解法二:令g(x)=sin 2x-f(x)=sin 2x-ax+,x∈,
∴g'(x)=2cos 2x-a+
=4cos2x+-a-2,
令t=cos2x,∵x∈,∴t∈(0,1),
令h(t)=4t+-a-2,
∴h'(t)=4+
=,
又∵t∈(0,1),
∴h'(t)<0在(0,1)上恒成立,
∴h(t)在(0,1)上单调递减,
又t=cos2x在上单调递减,
∴g'(x)在上单调递增,
且g'(0)=4+1-a-2=3-a,
①当a≤3时,g'(x)>g'(0)=3-a≥0在上恒成立,
∴g(x)在上为增函数,又g(0)=0,∴g(x)>0在上恒成立,即f(x)②当a>3时,由于g'(x)在上单调递增,且g'(0)=3-a<0,
∴ x0∈,使得g'(x0)=0,
则g'(x)在(0,x0)上恒小于0,故g(x)在(0,x0)上单调递减,
∴当x∈(0,x0)时,g(x)综上,实数a的取值范围为(-∞,3].
三年模拟
练综合
1.(题型二、三)(2025河东二模,20)已知函数f(x)=x2-,g(x)=-x2ln x,a>0.
(1)曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x-y+2=0,求a,b的值;
(2)求函数g(x)的极值;
(3)函数F(x)=f(x)-x2+1-,若F(x)≤0,证明:ab≤.
解析　(1)f '(x)=2x-, f '(1)=2-=1,解得a=1,
则f(1)=1-(1-b)=b=3.
(2)g'(x)=-2xln x+(-x),x>0,令g'(x)=0,-2ln x-1=0,∴x=,
g(x)在区间(0,)上单调递增,在区间(,+∞)上单调递减,
函数g(x)的极大值为g()=,无极小值.
(3)证明:F(x)=-+1+ln x(x>0),
F'(x)=-,令F'(x)=0,得x=a,
F(x)在区间(0,a)上单调递增,在区间(a,+∞)上单调递减,则函数F(x)的极大值为F(a)=+ln a,
由已知得F(a)=+ln a≤0,∴b≤-aln a,
则ab≤-a2ln a,由(2)可知ab≤-a2ln a≤.
2.(题型三)(2025红桥二模,20)已知函数f(x)=ex-ax,g(x)=ln(x+2)-a,其中e为自然对数的底数,a∈R.
(1)当a=1时,求曲线f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)证明:f '(x)>g(x)恒成立;
(3)证明:ln 2+.
解析　(1)当a=1时, f '(x)=ex-1,则k=f '(0)=0,又f(0)=1,所以切线方程为y=1.
(2)证明:f '(x)-g(x)=ex-ln(x+2),设h(x)=ex-ln(x+2),
易知h'(x)=ex-在(-2,+∞)上单调递增,且h'(0)=>0,h'(-1)=-1<0,
则h'(x)=0在(-1,0)上存在唯一实根x0,
所以h(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
h(x)的最小值为h(x0)=-ln(x0+2),
因为,
所以x0=-ln(x0+2),
又x0∈(-1,0),h(x0)=>0,所以ex-ln(x+2)>0恒成立,
则f '(x)>g(x)恒成立.
(3)证明:由(2)可知,ex>ln(x+2),
令x=,则,
即e-t+1>,
当t=1时,e0>ln 2,
当t=2时,e-1>,
当t=3时,e-2>,
……
当t=n时,e-n+1>,
累加得e0+e-1+e-2+…+e-n+1>ln 2+,
又e0+e-1+e-2+…+e-n+1=,
所以ln 2+.
3.(题型一、三)(2025河西二模,20)已知函数f(x)=aln x-x2+3x+3a(a∈R).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)已知a∈,证明:xf(x)解析　(1)当a=1时, f(x)=ln x-x2+3x+3, f '(x)=-2x+3,
当x=1时, f '(1)=2, f(1)=5,
所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-5=2(x-1),即2x-y+3=0.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=,
对于二次方程-2x2+3x+a=0,有Δ=9+8a,
当a≤-时, f '(x)≤0恒成立, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>-时,方程-2x2+3x+a=0有两根x1=,x2=,
若a≥0,则x1≤0,x2>0,
因为在上, f '(x)>0,所以f(x)在上单调递增;
因为在上, f '(x)<0,所以f(x)在上单调递减;
若-因为在,+∞上, f '(x)<0,
所以f(x)在,+∞上单调递减,
因为在上, f '(x)>0,所以f(x)在,上单调递增.
综上所述,当a≤-时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a≥0时, f(x)在上单调递增,在上单调递减;
当-在上单调递增.
(3)证明:要证xf(x)即证a(ln x+3)<,
因为x>0,所以>0,又a∈,则
当ln x+3≤0时,不等式a(ln x+3)<显然成立,
当ln x+3>0时,因为a(ln x+3)<(ln x+3),
所以只需证(ln x+3)≤,
即证,
令g(x)=,则g'(x)=,
由g'(x)>0,得0,所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,所以g(x)≤g=e2,
令h(x)=,则h'(x)=,
易知h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(2)=e2,又因为≠2,
所以g(x)即xf(x)4.(题型一)(2025天津一中月考四,20)已知函数f(x)=-+(1-a)ex+ax.
(1)若a=1,求f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若a<-1,求f(x)的单调区间;
(3)若a<-1,且f '(m)=f '(n)=0(m3.
解析　(1)a=1时, f(x)=-+x, f '(x)=1-e2x.
所以k=f '(1)=1-e2, f(1)=1-,
则所求切线方程为y-=(1-e2)·(x-1),即y=(1-e2)x+e2.
(2)由题意得定义域为R,
f '(x)=a+(1-a)ex-e2x=(ex+a)(1-ex),
由f '(x)=0,得x1=0,x2=ln(-a)(a<-1),由a<-1,知x2=ln(-a)>ln 1=0,
列表:
x (-∞, 0) 0 (0, ln(-a)) ln(-a) (ln(-a), +∞)
f '(x) - 0 + 0 -
f(x) 递减 递增 递减
所以f(x)的单调递增区间为(0,ln(-a)),单调递减区间为(-∞,0),(ln(-a),+∞).
(3)证明:因为f '(x)=(ex+a)(1-ex),
又a<-1, f '(m)=f '(n)=0(m所以em,en是方程x2-(1-a)x-a=0的两个根,所以可得em+n=-a,即m+n=ln(-a),所以f(m)+f(n)
=am+(1-a)em-+an+(1-a)en-
=a(m+n)+(1-a)(em+en)-
=aln(-a)+(1-a)2-
=aln(-a)+(1-a)2--a
=aln(-a)+-a,
令g(a)=aln(-a)+(1-a)2-a(a>-1),
则g'(a)=ln(-a)+a-1,
令h(a)=g'(a)=ln(-a)+a-1,
则h'(a)=>0,
所以g'(a)在(-∞,-1)上是增函数,
所以g'(a)所以g(a)>g(-1)=3,即f(m)+f(n)>3.
5.(题型二、三)(2025和平一模,20)已知函数f(x)=eax,g(x)=x+b(a,b∈R).
(1)若a=-1,函数F(x)=f(x)·g(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为-,求函数F(x)的单调区间和极值;
(2)试利用(1)中结论,证明:(n∈N*);
(3)若b=0,a>0,且x∈(0,+∞),不等式恒成立,求a的取值范围.
解析　(1)当a=-1时, f(x)=e-x,F(x)=e-x(x+b)=,
F'(x)=,
由已知得F'(1)=-,所以b=1, (2分)
即F(x)=,F'(x)=-,因为ex>0,所以,当x>0时,F'(x)<0,当x<0时,F'(x)>0,
因此,F(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x=0时,函数F(x)取得极大值F(0)=1,无极小值. (5分)
(2)证明:由(1)可得当a=-1,b=1时,F(x)=≤F(0)=1,即x+1≤ex, (6分)
令x=-1,k∈N*,可得,所以, (8分)
所以,
=,原式得证. (9分)
(3)已知a>0,x>0,b=0,则g(x)=x,不等式为,
即恒成立, (10分)
(i)当00,,因此a>0满足条件. (11分)
(ii)当x>1时,,不等式两侧同时取对数, (12分)
有2aln eax-2aln x>ln(ln x)-ln(ax),等价于2aln eax+ln(ln eax)>2aln x+ln(ln x)①,
构造新函数,令h(t)=2at+ln t(t>0),
①式等价于h(ln eax)>h(ln x)恒成立, (13分)
而h'(t)=2a+>0,函数h(t)在其定义域上单调递增,因此对任意x>1,有ln eax>ln x成立,即对任意x>1,有ax>ln x,等价于a>②, (14分)
设p(x)=(x>1),p'(x)=,
当10,
当x>e时,p'(x)<0,
所以,函数p(x)在区间(1,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减, (15分)
所以p(x)≤p(e)=,因此由②式可得a>.
综上,实数a的取值范围为. (16分)
6.(题型一)(2024河北一模,20)已知函数f(x)=xln x-x2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)(3)若a>0,b>0,且ab>1,求证:f(a)+f(b)<-2.
解析　(1)f(x)=xln x-x2,x>0,
f '(x)=ln x+1-2x, f ″(x)=,
令f ″(x)=0,
解得x=.
当x变化时, f ″(x), f '(x)的变化情况如下表:
x
f ″(x) + 0 -
f '(x) ↗ 极大值 ↘
∴当x=时, f '(x)有极大值,也就是最大值,
而f '<0,
∴f '(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)的单调递减区间为(0,+∞).
(2)证明:要证f(x)=xln x-x2只要证xln x-x2+xxln x-x2+x=x(ln x-x+1),
令g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x (0,1) 1 (1,+∞)
g'(x) + 0 -
g(x) ↗ 极大值 ↘
∴当x=1时,g(x)有极大值,也就是最大值.
而g(1)=0,∴g(x)≤g(1)=0,即ln x-x+1≤0.
∴当x>0时,xln x-x2+x≤0.
令h(x)=e-x-1+x,则h'(x)=1-e-x,
当x>0时,h'(x)>0恒成立,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
而h(0)=0,
∴当x>0时,e-x-1+x>0,
∴xln x-x2+x(3)证明:已知a>0,b>0,且ab>1,不妨设b>>0.
由(1)可知,函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴f(b)由(2)可知,当x>0时,xln x-x2+x≤0,即xln x-x2≤-x,即f(x)≤-x,
∴f(a)+f(b)∴f(a)+f(b)<-2.
7.(题型二)(2023河西二模,20)已知函数f(x)=ax-ln x,a∈R.
(1)若a=,求函数f(x)的最小值及取得最小值时x的值;
(2)求证:ln x(3)若f(x)≤xex-(a+1)ln x对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
解析　(1)当a=时, f(x)=x-ln x,则f '(x)=,
令f '(x)=0,得x=e,
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表:
x (0,e) e (e,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
由表可知,当x=e时, f(x)取得极小值,也是最小值,且f(x)min=f(e)=0. (4分)
(2)证法一:由(1)可知x-ln x≥0,即ln x≤x,
因此要证ln x令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-, (6分)
因为x>0,所以ex>1>,所以g'(x)>0, (7分)
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0,所以所以ln x证法二:设t(x)=ln x-x+1(x>0),
则t'(x)=,令t'(x)=0,得x=1.(5分)
当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为0,故t(x)≤0,即ln x≤x-1. (6分)
设φ(x)=ex-x(x>0),则φ'(x)=ex-1,
因为x>0,所以φ'(x)>0,φ(x)在(0,+∞)上单调递增, (7分)
所以φ(x)>φ(0)=1>0,即ex>x,
所以x-1所以ln x≤x-1(3)f(x)≤xex-(a+1)ln x xex-a(x+ln x)≥0,
令h(x)=xex-a(x+ln x)(x>0),
则h'(x)=(x+1)ex-a=(x+1)·. (10分)
①若a=0,则h'(x)=(x+1)ex>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又当x=0时,xex=0,所以h(x)>0,满足xex-a(x+ln x)≥0. (11分)
②若a<0,则h'(x)>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,当x趋近于0+时,h(x)趋近于负无穷,不成立,故a<0不满足题意.　 (12分)
③若a>0,令h'(x)=0,得a=xex,
令k(x)=ex-,易知k(x)在(0,+∞)上单调递增,且当x趋近于正无穷时,k(x)趋近于正无穷,当x趋近于0时,k(x)趋近于负无穷,所以 x0∈(0,+∞),使k(x0)=0,即h'(x0)=0,则a=x0, (13分)
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
只需h(x)min=h(x0)=x0-a(x0+ln x0)=x0(1-x0-ln x0)≥0即可,
所以1-x0-ln x0≥0,x0+ln x0≤1,
因为x0=a,
所以ln x0=ln a-x0,
所以x0+ln x0=ln a≤1, (15分)
所以a∈(0,e].
综上,a的取值范围是[0,e]. (16分)
8.(题型一)(2025河北期末,20)已知函数f(x)=2aln x+x2-(a+3)x(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-x+b,求a和b的值;
(2)当a≠0时,讨论函数f(x)的单调性;
(3)当a=-时,证明:对于任意的x1,x2∈(0,1),有f(x1+x2)解析　(1)f '(x)=x-a-3,
因为切线方程为y=-x+b,
所以f '(1)=a-=-1,可得a=, (2分)
所以f(x)=ln x+x,
所以f(1)=, (3分)
又点(1, f(1))在y=-x+b上,
所以f(1)=-1+b=-,所以b=-. (4分)
(2)f '(x)=,x∈(0,+∞), (5分)
当a<0时,
x (0,2) 2 (2,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) 递减 极小值 递增
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞); (7分)
当0x 2 (2, +∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) 递增 极大 值 递减 极小 值 递增
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为和(2,+∞); (9分)
当a=3时, f '(x)=≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞); (10分)
当a>3时,
x (0,2) 2 , +∞
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) 递增 极大 值 递减 极小 值 递增
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为(0,2)和. (12分)
(3)证明:当a=-时, f(x)=-x,对于任意的x1,x2∈(0,1),有
f(x1+x2)-f(x1)-f(1+x2)
=-ln(x1+x2)+(x1+x2)2-(x1+x2)+ln(1+x2)-(1+x2)2+(1+x2)
=-ln(x1+x2)+ln(1+x2)-x2
=ln[x1(1+x2)]-ln(x1+x2)+x2
=ln(x1+x1x2)-ln(x1+x2)+x2, (14分)
因为x1,x2∈(0,1),所以x1x2所以x1x2-x2<0,x1+x1x2所以x2<0,
ln(x1+x1x2)-ln(x1+x2)<0,
所以f(x1+x2)-f(x1)-f(1+x2)<0,即f(x1+x2)练素养
1.(2025天津十二校一模,20)已知函数f(x)=(x+k)ln x,g(x)=x+asin x+bln x.
(1)若k=1,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)当x>1时, f(x)>2(x-1)恒成立,求实数k的取值范围;
(3)设0解析　(1)当k=1时, f(x)=(x+1)·ln x, f '(x)=ln x+,∴f '(1)=2. (1分)
又∵f(1)=0,
∴切线方程为y=2x-2. (3分)
(2)设m(x)=f(x)-2(x-1)=(x+k)·ln x-2x+2,
则m'(x)=ln x+-1, (4分)
令t(x)=ln x+-1,则t'(x)=. (5分)
当k=1时,m(x)=(x+1)ln x-2x+2,
t'(x)=>0,t(x)在(1,+∞)上单调递增,即m'(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以m'(x)>m'(1)=0,所以m(x)在(1,+∞)上单调递增,所以m(x)>m(1)=0,
所以k=1符合题意; (6分)
当k>1时,令t'(x)=0,得x=k,
当x∈(0,k)时,t'(x)<0,t(x)单调递减;
当x∈(k,+∞)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,(7分)
所以t(x)≥t(k)=ln k>0,即m'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,
所以m(x)>m(1)=0,
所以k>1符合题意; (8分)
当k<1时,t'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,
t(x)在(1,+∞)上单调递增,即m'(x)在(1,+∞)上单调递增,又因为m'(1)=k-1<0,当x→+∞时,m'(x)→+∞,
所以存在x0∈(1,+∞),使得m'(x0)=0, (9分)
当x∈(1,x0)时,m'(x)<0,即m(x)在(1,x0)上单调递减,
当x∈(1,x0)时,m(x)所以当k<1时,m(x)>0不恒成立.
综上所述,实数k的取值范围是[1,+∞). (10分)
(3)证明:由函数g(x)=x+asin x+bln x,
可得g'(x)=1+acos x+,
设x1x1+asin x1+bln x1=x2+asin x2+bln x2,
则(x2-x1)+a(sin x2-sin x1)=-b(ln x2-ln x1)=-bln,
又由y=x-sin x,可得y'=1-cos x≥0,
∴函数y=x-sin x为单调递增函数,
∴x2-sin x2>x1-sin x1,即sin x2-sin x1∴-bln<(a+1)(x2-x1), (11分)
由(2)知,当x>1时,(x+1)ln x>2(x-1),即ln x>2·,∴ln, (12分)
即ln x=2ln, (13分)
∴ln, (14分)
代入可得:
4·(-b)·<(a+1)(x2-x1)=(a+1)()(),
则4·<()2,
∴, (15分)
又因为0a+1=()2,所以,
所以. (16分)
2.(2025南开一模,20)已知函数f(x)=ln x-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)在点(e, f(e))处的切线方程;
(2)若f(x)<0在区间(0,a)上恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若方程f(x)=(m-1)x2+x(m∈R)有两个不同的实数解x1,x2(x1e+1.
解析　(1)f '(x)=-2x+1(x>0),
所以切线的斜率为f '(e)=-2e+1,
又f(e)=1-e2+e,
所以(e, f(e))处的切线方程为y-(1-e2+e)=(x-e),
即y=x+e2. (4分)
(2)f '(x)=,
当x∈(0,1)时, f '(x)>0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以f(x)max=f(1)=0.
根据题意知a的取值范围为(0,1]. (7分)
(3)证明:由方程f(x)=(m-1)x2+x得ln x=mx2(m∈R),
由题意知ln x=mx2有两个不同的实数解x1,x2(x1则有ln x1=m,ln x2=m,
两式相减得ln x2-ln x1=m(),
所以.
不妨设g(x)=ln x-,x∈(1,+∞),则g'(x)=>0,
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,此时g(x)>g(1)=0,所以ln x>.
所以ln,即,所以. (11分)
由ln x=mx2得=m(m∈R),
令φ(x)=,φ'(x)=,
当00,φ(x)单调递增,当x>时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
φ()=,又φ(1)=0,
所以1令t=,则方程t2ln t=-m有两个不同的实数解t1=,t2=.
由(2)知f(x)=ln x-x2+x≤0,则有t2ln t≥t-1.设h(t)=tln t,t∈(0,+∞),则h'(t)=ln t+1,
当0当t>时,h'(t)>0,h(t)单调递增,
此时h(t)≥h,即tln t≥-.
所以t2ln t≥-t,当且仅当t=时,等号成立.
不妨设直线y=-m与直线y=-t,y=t-1交点的横坐标分别为t'1,t'2,
则t'1=em,t'2=1-m,
结合图象分析,t1>t'1,t2则t2-t1所以1+>(e+1)m. (15分)
所以()(e+1)·m=e+1. (16分)
3.(2025河西一模,20)已知函数f(x)=(x+1)ln x+ax(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为x+y+b=0,求实数a,b的值;
(2)求证:当a<-2时,y=f(x)在(0,+∞)上有两个极值点;
(3)设g(x)=|f(x)|,若g(x)在[1,e]上单调递减,求实数a的取值范围.(其中e为自然对数的底数)
解析　(1)由题意, f '(x)=ln x++a,∵f '(1)=a+2=-1,∴a=-3, (2分)
则f(1)=a=-3,切点坐标为(1,-3),
代入x+y+b=0,解得b=2. (4分)
(2)证明:令F(x)=f '(x)=ln x++a,则F'(x)=,
所以F(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,因为a<-2,所以F(x)min=F(1)=a+2<0.
又因为F(e-a)=ln e-a++a=1+ea>0,所以F(x)在(1,+∞)有一个零点x1, (6分)
又因为F(ea)=ln ea++a=1+e-a+2a,
令G(a)=1+e-a+2a(a<-2),则G'(a)=2-e-a<0,所以G(a)在(-∞,-2)单调递减,故G(a)>G(-2)=e2-3>0,即F(ea)>0,
所以F(x)在(0,1)有一个零点x2, (8分)
所以,当x∈(0,x2)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈(x2,x1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(x1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
因此,y=f(x)在x2处取得极大值,在x1处取得极小值,
故y=f(x)在(0,+∞)上有两个极值点. (10分)
(3)g(x)=|(x+1)ln x+ax|·e-x,
令h(x)=ln x+a,
则h'(x)=-,
令φ(x)=x-ln x+1,
当x∈[1,e]时,φ'(x)=1-≥0,
所以φ(x)单调递增,φ(x)≥φ(1)>0,
所以h'(x)>0,h(x)在[1,e]单调递增,可得h(x)∈,
①若a≥0,则h(x)≥0,g(x)=·e-x,
因为g(x)在[1,e]单调递减,
所以g'(x)=-≤0,
令μ(x)=-(1+x+x2)ln x-ax2+x+1,
当x∈[1,e]时,μ'(x)=-(1+2x)ln x--(2a+1)x<0,故μ(x)单调递减,所以μ(x)max=μ(1)=-a+2≤0,解得a≥2. (12分)
②若a≤-,则h(x)≤0,g(x)=-·e-x,
因为g(x)在[1,e]单调递减,
所以g'(x)=≤0,
当a≤-,x∈[1,e]时,
-ax2+x+1≥x2+x+1>1+x+x2≥(1+x+x2)ln x,
所以(1+x+x2)ln x+ax2-x-1<0,
即g'(x)<0,满足题设. (14分)
③若-当x1∈(x0,e)时,g(x1)>0,即存在x0,x1∈[1,e],x0综上所述,a∈∪[2,+∞). (16分)
4.(题型三、四)(2025天津十二校二模,20)已知函数f(x)=ex-tx+e2,x∈R.
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为0,求实数t的值;
(2)若t=1, x∈R,不等式f(x)-e2≥ax+b恒成立(a,b均为实数),求(a+1)b的最大值;
(3)实数t满足对任意的t>e4,函数f(x)总有两个不同的零点x1,x2(x2>x1),证明:x2>.
解析　(1)因为f '(x)=ex-t, (1分)
所以f '(1)=e-t=0,所以t=e. (2分)
(2)当t=1时,不等式可化为ex-(a+1)x-b≥0,
不妨设h(x)=ex-(a+1)x-b,
则h'(x)=ex-(a+1), (3分)
当a+1<0,即a<-1时,h'(x)=ex-(a+1)>0,h(x)在R上单调递增,
此时当x→-∞时,h(x)→-∞,与h(x)≥0矛盾,故不符合题意; (4分)
当a+1=0时,(a+1)b=0; (5分)
当a+1>0时,令h'(x)=ex-(a+1)=0,解得x=ln(a+1),
于是当x∈(ln(a+1),+∞)时,h'(x)>0,当x∈(-∞,ln(a+1))时,h'(x)<0,
所以h(x)在(ln(a+1),+∞)上单调递增,在(-∞,ln(a+1))上单调递减,
故h(x)min=h(ln(a+1))=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b≥0, (7分)
即b≤(a+1)-(a+1)ln(a+1),
由于a+1>0,故(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),
于是,令φ(x)=x2-x2ln x(x>0), (8分)
则φ'(x)=x(1-2ln x)(x>0),
当x∈(0,)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;
当x∈(,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
所以,φ(x)max=φ()=,
此时a=-1,b≤(1-ln)=,
因此,当a=-1,b=时,(a+1)b的最大值为. (10分)
(3)证法一:f(x)=ex-tx+e2有2个不同零点,则ex+e2=tx,
故函数f(x)的零点x1,x2一定为正数.
则t=>e4, (11分)
设g(x)=,x∈(0,+∞),
g'(x)=,
记m(x)=ex(x-1)-e2,易知m(x)在(0,+∞)上单调递增,又m(2)=0,
所以x∈(0,2)时,m(x)<0,x∈(2,+∞)时,m(x)>0,
则g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故x1<2又由5,
t=,
要证x2>,只需证x2>ln t+, (13分)
t=且关于t的函数g(t)=ln t+在(e4,+∞)上单调递增,
g(t)所以只需证x2>ln(x2>5),
只需证ln >0,
只需证ln x--ln 2>0在x>5时恒为正,(14分)
因为<4,所以只需证n(x)=ln x--ln 2在x>5时为正,
由于n'(x)=+4e-x(x-1)>0,故函数n(x)在(5,+∞)上单调递增,
又n(5)=ln 5->0,故n(x)=ln x--ln 2在x>5时为正, (16分)
从而题中的不等式得证.
证法二:f(x)=ex-tx+e2有2个不同零点x1,x2,x14), (11分)
且f(x1)=-tx1+e2=0, f(x2)=-tx2+e2=0.
要证x2>,
只需证tx2-e2>tx1, (12分)
即证tx1,只需证x2>ln, (13分)
又f-e2<0,
所以x1<,即<1, (14分)
所以只需证x2>ln(tln t),而ln t>4,
所以tln t>t,又ln(tln t)>ln t,只需证f(ln(tln t))<0, (15分)
所以f(ln(tln t))=tln t-tln(tln t)+e2=-tln(ln t)+e2<-e4ln 4+e2<0, (16分)
原命题得证.
5.(题型三)(2025南开二模,20)已知函数f(x)=2ex-1-x2-ln x.
(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若f(x)≥a-a2恒成立,求实数a的取值范围;
(3)解关于x的不等式f '(x)>ln x(其中f '(x)为f(x)的导数).
解析　(1)f '(x)=2ex-1-x-,可得f '(1)=0,又f(1)=,
所以曲线y=f(x)在点x=1处的切线方程为y=. (3分)
(2)当x∈(0,1)时,x+>2,2ex-1<2,所以f '(x)<0, f(x)在(0,1)上单调递减.
当x∈(1,+∞)时,令g(x)=f '(x),
因为g'(x)=2ex-1-1+>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(1)=0,即f '(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以f(x)≥f(1)=.
若f(x)≥a-a2恒成立,则a-a2,整理得a2-≥0,
解得a≤或a≥3.(8分)
(3)由f '(x)>ln x,即2ex-1>(ln x+1).
当x∈时,ln x+1≤0,不等式2ex-1>(ln x+1)恒成立;
当x∈时,ln x+1>0,不等式2ex-1>(ln x+1)化为>1+ln x.
当x=1时,不等式的左边=右边,
所以x≠1. (10分)
①当x∈时,由ex-1>x,可以证明>1+ln x.
令g(x)=-(1+ln x),
g'(x)=<0,
所以函数g(x)在上单调递减,
所以g(x)>g(1)=0. (12分)
②当x∈(1,+∞)时,不等式.
令h(x)=,φ(x)=.
h'(x)=>0,函数h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)>h(1)=1.
由ln x所以不等式成立. (15分)
综上,不等式f '(x)>ln x的解集为(0,1)∪(1,+∞). (16分)
6.(题型一、三)(2025和平二模,20)已知函数f(x)=2nx2+ln(mx+n)-2mx(m,n∈R,m>0).
(1)若函数f(x)的两个极值点为0与,求m,n的值及函数f(x)的单调区间.
(2)若n=.
(i)求证:当m∈(0,1]时,函数f(x)在区间上单调递增;
(ii) m∈,总 x0∈[1,2],使得f(x0)>λ成立,求实数λ的取值范围.
解析　(1)f '(x)=4nx+-2m,由已知有
经验证,m=1,n=时,x=0与x=是函数f(x)的两个极值点,所以m=1,n=.
所以f '(x)=2x+,x∈,
令f '(x)>0,得x∈,
令f '(x)<0,得x∈,
所以函数f(x)在区间,上单调递增,在区间上单调递减.
(2)(i)证明:已知n=,代入f '(x),有f '(x)=2x+-2m,整理得
f '(x)=(*),
当m∈(0,1]时,≤0,即,
又x≥,所以x-≥0,因此(*)式,即f '(x)≥0,
所以当m∈(0,1]时, f(x)在区间上单调递增.
(ii)由(i)知,当m∈时, f(x)在上是增函数,因此f(x)在[1,2]上的最大值为f(2)=ln+4-4m,故ln恒成立.
设g(m)=ln-m2,m∈,
则g'(m)=.
当λ≤0时,4λm+(λ-8)<0,此时g'(m)<0,即g(m)在上单调递减,
因此g(m)>g(1)=lnλ,需lnλ≥0,所以λ∈.
当λ>0时,g'(m)=,
①当λ>,即时,g'(m)>0,即g(m)在上单调递增,因此g(m)>g+2>0,所以g(m)>0在上恒成立.
②当0<λ≤,即≥1时,g'(m)<0,即g(m)在上单调递减,因此g(m)>g(1)=lnλ>0,所以g(m)>0在上恒成立.
③当,即<1时,当m∈时,g'(m)<0,g(m)单调递减;当m∈时,g'(m)>0,g(m)单调递增,g(m)≥g,
需满足ln>0,令=t,t∈,设h(t)=ln t+4--t,t∈,h'(t)=,当t∈时,h'(t)<0,即h(t)在上单调递减,所以h(t)>h>0,
则ln时恒成立,此时g(m)>0在上恒成立.
综上所述,λ∈.
7. (题型二、三)(2025天津耀华中学一模,20)已知函数f(x)=(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在点(e, f(e))处的切线在y轴上的截距为-e,求a的值;
(2)若函数y=f(x)存在唯一极值点,求a的取值范围;
(3)若函数y=f(x)存在极大值,记作h(a),求证:ln(h(a))+|a|<1.
解析　(1)f '(x)=(x>0且x≠1),
则f '(e)=-, f(e)=a+e,所以切线方程为y=-(x-e)+a+e=-x+2a+e,
令x=0,则y=2a+e,由题意得2a+e=-e,解得a=-e.
(2)由(1)可知f '(x)=,
由函数f(x)存在唯一极值点,得导函数f '(x)存在唯一变号零点,
即方程xln x-a-x=0存在唯一根,整理可得xln x-x=a,
令g(x)=xln x-x,即函数g(x)的图象与直线y=a存在唯一交点,
求导可得g'(x)=ln x,由当01时,g'(x)>0,
则函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
由于当0e时,g(x)>0,则a≥0.
则当a≥0时,设方程xln x-x=a的唯一根为x0,
当x∈(0,1)∪(1,x0)时,xln x-x0,
则函数f(x)存在唯一极值点x=x0,
所以a的取值范围为[0,+∞).
(3)证明:由(2)知xln x-x≥g(1)=-1,
故当a≤-1时,xln x-x-a≥0,
即f '(x)≥0, f(x)不存在极值;
设s(x)=xln x-x-a,
当-10,s(1)=-a-1<0,s(e)=-a>0,
由零点存在定理知,存在0即当x∈(0,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)>0,当x∈(x1,1)∪(1,x2)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,1),(1,x2)上单调递减,
所以f(x)存在极大值f(x1),极小值f(x2),符合题意;
当a≥0时,由(2)知,g(x)存在唯一的零点x0,
则f(x)在(0,1),(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以f(x)存在极小值f(x0).
故若f(x)存在极大值,则-1有x1ln x1-x1-a=0,0则ln(h(a))+|a|=ln f(x1)+|x1ln x1-x1|=ln x1-x1ln x1+x1(0令φ(t)=ln t-tln t+t,0则φ'(t)=-ln t>0,
所以φ(t)在(0,1)上单调递增,且φ(1)=1,
所以φ(t)<1,即ln(h(a))+|a|<1.
8.(题型四)(2024天津耀华中学期末,20)已知函数f(x)=ex+msin x.
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,π)上单调递增,求正实数m的取值范围;
(3)求证:当m=1时, f(x)在(-π,+∞)上存在唯一极小值点x0,且-1解析　(1)当m=1时, f(x)=ex+sin x, f '(x)=ex+cos x,
故f '(0)=e0+cos 0=2,
又f(0)=e0+sin 0=1,
所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-1=2(x-0),即y=2x+1.
(2)f '(x)=ex+mcos x,
因为函数f(x)在(0,π)上单调递增,
所以f '(x)=ex+mcos x≥0在(0,π)上恒成立(且不恒为0).
当01,cos x≥0,所以当m>0时, f '(x)>0恒成立,即f(x)在上单调递增.
当设g(x)=-,
则g'(x)=-
=-,
当时,sin>0,
则g'(x)<0,
当则g'(x)>0,
所以g(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以g(x)min=g,
故m≤.
综上,m的取值范围为(0,].
(3)证明:当m=1时, f(x)=ex+sin x,则f '(x)=ex+cos x.
当x≥0时,ex≥1,cos x≥-1,
所以f '(x)=ex+cos x>0,(因为ex=1和cos x=-1不同时成立,所以f '(x)>0,没有等号)
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,即f(x)在(0,+∞)上无极值点.
当-π则u'(x)=ex-sin x>0恒成立,
所以u(x)在(-π,0)上单调递增,
因为u>0,
u<0,
由函数零点存在定理知,存在唯一一个x0∈,使得u(x0)=0,即=-cos x0,
当-π当x00,即f '(x)>0,故f(x)在(x0,0)上单调递增,
所以f(x)在(-π,+∞)上存在唯一极小值点x0.
所以f(x0)=,
因为x0∈,
所以x0-,
所以∈(-1,0),
即-19.(题型三)(2024南开二模,20)已知函数f(x)=sin x,g(x)=1-.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)证明: x∈[0,+∞), f '(x)≥g(x)恒成立(f '(x)为f(x)的导数);
(3)设an=,证明:(n∈N*).
解析　(1)f '(x)=cos x,则f '(0)=1,又f(0)=0,所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=x. (3分)
(2)证明:令h(x)=f '(x)-g(x)=cos x+-1,x∈[0,+∞), (4分)
则h'(x)=x-sin x,x∈[0,+∞),
令φ(x)=h'(x),则φ'(x)=1-cos x≥0在[0,+∞)上恒成立,
故φ(x)=h'(x)在[0,+∞)上单调递增,
其中h'(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
故h(x)在[0,+∞)上单调递增,
故h(x)≥h(0)=0,即f '(x)≥g(x)恒成立. (7分)
(3)证明:设0cos x2.
令q(x)=(x-x2)cos x2-sin x+sin x2,0因为q'(x)=cos x2-cos x<0,
所以q(x)在(0,x2)上单调递减,
所以q(x)>q(x2)=0,
从而>cos x2,0设ki=,i=1,2,…,n,
由于0<,
所以ki=
=. (11分)
由(2)知,cos x>1-(x>0),
所以ki>cos,i=1,2,…,n.
设Tn=,①
则,②
①-②得
=,
所以Tn=. (15分)
所以. (16分)
10.(2024天津十二区一模,20)意大利画家达·芬奇提出:固定项链的两端,使其在重力的作用下自然下垂,那么项链所形成的曲线是什么 这就是著名的“悬链线问题”,通过适当建立坐标系,悬链线可为双曲余弦函数ch(x)=的图象,定义双曲正弦函数sh(x)=,类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质:
①平方关系:ch2(x)-sh2(x)=1,②倍元关系:sh(2x)=2sh(x)·ch(x).
(1)求曲线ch(x)在x=2处的切线斜率.
(2)若对任意x>0,都有(x-a-1)(sh(x)+ch(x))≥2sin x-2(x-a)cos x恒成立,求实数a的取值范围.
(3)(i)证明:当x>0时,sh(x)>x;
(ii)证明:(n∈N*).
解析　(1)ch(x)=,
则ch'(x)=, (1分)
所以ch'(2)=,
所以曲线y=ch(x)在x=2处的切线斜率为. (2分)
(2)由题意知,sh(x)+ch(x)=ex.
令G(x)=(x-a-1)ex+2(x-a)cos x-2sin x,
则G'(x)=ex+(x-a-1)ex+2cos x-2(x-a)sin x-2cos x
=(x-a)(ex-2sin x), (3分)
下面证明:对任意x>0,ex-2sin x>0恒成立.
先证明:对任意x>0,ex≥ex.
证明如下:设n(x)=ex-ex(x>0),
则n'(x)=ex-e,
当x∈(0,1)时,n'(x)<0,函数n(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,n'(x)>0,函数n(x)单调递增,
故n(x)≥n(1)=0,故ex≥ex.
继续证明:对任意x>0,x>sin x.
证明如下:令g(x)=x-sin x(x>0),
则g'(x)=1-cos x≥0,
因此g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)=x-sin x>g(0)=0,故x>sin x.
所以ex≥ex>esin x>2sin x,即对任意x>0,ex-2sin x>0恒成立.(7分)
当a≤0时, x∈(0,+∞),都有G'(x)>0,函数G(x)在(0,+∞)上单调递增,
则G(x)>G(0)=-3a-1≥0,解得a≤-. (8分)
当a>0时, x∈(0,a),都有G'(x)<0, x∈(a,+∞),都有G'(x)>0,
故函数G(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
则 x∈(0,a),都有G(x)综上所述,实数a的取值范围是. (9分)
(3)证明:(i)sh(x)=,
设F(x)=sh(x)-x=-x(x>0),
则F'(x)=-1,
易知F'(x)>0恒成立,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以F(x)=sh(x)-x>F(0)=0,
所以当x>0时,sh(x)>x成立. (10分)
(ii)下面证明:当x>0时,cos x>1-x2成立.
设H(x)=cos x-1+x2,
则H'(x)=-sin x+x,
由(2)知,对任意x>0,x>sin x成立,
所以H'(x)=-sin x+x>0,
所以H(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以H(x)=cos x-1+x2>H(0)=0,
所以当x>0时,cos x>1-x2成立. (11分)
令x=,n≥1且n∈N*,可得cos,即cos,
由题意知sh(2x)=2sh(x)·ch(x),
令x=,n≥1且n∈N*,可得sh,
因为ch(x)=>1(x>0),
所以sh. (12分)
由(i)得,当x>0时,sh(x)>x,所以令x=,n≥1且n∈N*,可得sh,
所以sh. (13分)
由(2)知,对任意x>0,x>sin x成立,
令x=,n≥1且n∈N*,可得.(14分)
所以sh,
又n≥1且n∈N*,所以0<≤1,
所以tan >0,
所以, (15分)
所以可得
=2n-2+,
即可得(n∈N*).(16分)
11.(题型三)(2025滨海新区塘沽一中月考三,20)已知函数f(x)=aln(x+1)-xex+1.
(1)当a<0时,求f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)存在正零点x0,
(i)求a的取值范围;
(ii)记x1为f(x)的极值点,证明:x0<3x1.
解析　(1)由已知可得f(x)的定义域为(-1,+∞),
且f '(x)=-(ex+1+xex+1)=,
当a<0时,a-(x+1)2ex+1<0,
又x+1>0,所以f '(x)<0,
所以f(x)的单调递减区间是(-1,+∞),无单调递增区间.
(2)(i)由(1)知, f '(x)=,
令g(x)=a-(x+1)2ex+1,
g'(x)=-(x2+4x+3)ex+1,
当x∈(-1,+∞)时,g'(x)=-(x2+4x+3)ex+1<0,g(x)单调递减.
①当a≤0时,可知f '(x)<0, f(x)在(-1,+∞)单调递减,
又f(0)=0,故当x>0时, f(x)<0,所以f(x)不存在正零点;
②当0f(x)在(0,+∞)单调递减,故当x>0时, f(x)<0,函数f(x)不存在正零点;
③当a>e时,ln a-1>0,此时g(0)=a-e>0,g(ln a-1)=a[1-(ln a)2]<0,
所以存在α∈(0,ln a-1)满足g(α)=0,
所以f(x)在(-1,α)内单调递增,在(α,+∞)内单调递减.
令h(x)=ln x-x+1,
则当x>0时,h'(x)=,
故h(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,
从而当x>1时,h(x)所以f(ln a-1)=a[ln ln a-(ln a-1)]<0,
又因为f(0)=0,所以f(α)>0,
因此存在正零点x0∈(α,ln a-1).
综上,实数a的取值范围为(e,+∞).
(ii)证明:由题意得
即
从而ln(x0+1)=,
即,
由(i)知当x>1时,ln x0时,有ln(x+1)x1>0,
故=(x1+1)2,
两边取对数,得ln <2ln(x1+1),
于是x0-x1<2ln(x1+1)<2x1,
整理得x0<3x1.
12.(题型四)(2025和平期末,20)已知函数f(x)=ln x,g(x)=(-1)k·(m∈R,k∈Z),h(x)=f(x)+g(x).
(1)当m=3时,讨论函数h(x)的单调性.
(2)当k为奇数时,
(i)若函数h(x)在其定义域内是增函数,求实数m的取值范围;
(ii)设F(x)=x2-px+2-qf(x)(p,q均为实数,且q>0),若函数F(x)有两个零点x1,x2,记x0为x1与x2的平均数,证明:F'(x0)>0(其中F'(x)是F(x)的导函数).
解析　(1)当m=3时,h(x)=ln x+(-1)k·,x∈(0,+∞).
h'(x)=+(-1)k·,
当k为偶数时,h'(x)=>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增;
当k为奇数时,h'(x)=,
令h'(x)>0,解得0则h(x)在(0,2-),(2+,+∞)上单调递增,在(2-,2+)上单调递减.
因此,当k为偶数时,h(x)在(0,+∞)上单调递增;
当k为奇数时,h(x)在(0,2-),(2+,+∞)上单调递增,在(2-,2+)上单调递减.
(2)当k为奇数时,h(x)=ln x-,h'(x)=.
(i)因为h(x)在其定义域内是增函数,所以h'(x)≥0(x>0),
即≥0(x>0),即x2+2(1-m)x+1≥0在x∈(0,+∞)恒成立,
所以Δ=4(1-m)2-4≤0或解得m≤2,
故实数m的取值范围为(-∞,2].
(ii)证明:F(x)=x2-px+2-qln x,
F'(x)=2x-p-,
因为F(x)有两个零点x1,x2,所以有
②-①得-p(x2-x1)-q(ln x2-ln x1)=0,
即x2+x1-p=,③
又x0=,
所以F'(x0)=2x0-p-=(x1+x2-p)-,将③式代入得
F'(x0)=.
不妨设01,
且F'(x0)=.
令h(λ)=ln λ-(λ>1),由(i)知h(λ)=ln λ-在定义域λ∈(1,+∞)上为增函数,而h(1)=0,所以h(λ)>h(1)=0,即ln λ->0.
又因为q>0,x2-x1>0,所以F'(x0)>0.
综上,当k为奇数时,F'(x0)>0得证.
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