2026全国版高考数学一轮
3.3 导数的综合应用
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.(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.
3.(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).
4.(2024全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a≤2,证明:当x>1时, f(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<
1.(2024天津,20节选,中)已知函数f(x)=xln x.
(1)求曲线y=f(x)在(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.
2.(2024全国甲理,21,12分,中)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.
3.(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
(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.(2021全国甲理,21,12分,中)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.
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.
5.(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.
6.(2021新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
①,b>2a;
②0
能力拔高练1
1.(2025届江苏连云港高级中学学情检测,14)已知:函数f(x)是定义在R上的可导函数,当x≥0时, f '(x)>f '(-x),若g(x)=f(x)+f(-x),且对任意x∈,不等式g(ax+1)≤g(x-2)恒成立,则实数a的取值范围是 .
2.(2025届福建漳州重点高中开学考,16)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;
(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.
3.(2025届福建莆田一中开学考,16)设曲线f(x)=ax-ln x在x=1处的切线垂直于y轴.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若x>1,证明:f(x)
(1)求证f(x)≥e-x;
(2)求方程f(x)=x解的个数;
(3)设n≥2,n∈N*,证明:>ln n.
能力拔高练2
1.(2025届河南濮阳质量检测,8)已知当x>0时,exln x-xln x≥a恒成立,则实数a的取值范围为( )
A.(-∞,1] B.(1,e2]
C.(-∞,2] D.[e,+∞)
2.(2025届安徽六校质量测评,8)已知函数f(x)=xe3x-ln x-x-|a|x,若对任意的x>0, f(x)≥1恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.[-3,3] B.[-2,2]
C.[-4,4] D.[-1,1]
3.(2025届重庆巴蜀中学月考,14)对于函数f(x)=ex-x2+a,g(x)=xln x,若对任意的x1∈[0,1],存在唯一的x2∈使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是 .
4.(2025届浙江Z20名校联盟联考,18)已知函数f(x)=xln x(x>0).
(1)设函数g(x)=f(x)+f(1-x),求函数g(x)的极值;
(2)若不等式f(x)≥ax+b(a,b∈R)当且仅当在区间[e,+∞)上成立(其中e为自然对数的底数),求ab的最大值;
(3)实数m,n满足0
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(-1, f(-1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)的极小值为0,求a的值;
(3)在(2)的条件下,若对任意的x∈[0,+∞), f(x)≤kx2成立,求实数k的最小值.
6.(2025届河北定州中学开学考,18)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x(a∈R).
(1)当a=0时,求曲线f(x)在(0, f(0))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
7.(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2.
(1)求实数a的值;
(2)探究f(x)在区间内的零点个数,并说明理由.
创新风向练
(新定义理解)(2025届河北衡水调研,17)凸函数是数学中一个值得研究的分支,它包括数学中大多数重要的函数,如y=x2,y=ex等.记f ″(x)为y=f '(x)的导数.现有如下定理:在区间I上f(x)为凸函数的充要条件为f ″(x)≥0(x∈I).
(1)证明:函数f(x)=为(1,+∞)上的凸函数.
(2)已知函数g(x)=ax2-2xln x-ln x(a∈R).
①若g(x)为[1,+∞)上的凸函数,求a的最小值;
②在①的条件下,当a取最小值时,证明:g(x)+2x≥+2在[1,+∞)上恒成立.
3.3 导数的综合应用
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.(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)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)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.
3.(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).
4.(2024全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a≤2,证明:当x>1时, f(x)
若a≤0,则f '(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
若a>0,则由f '(x)=0得x=,
当0
故f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)要证明f(x)
则g'(x)=a--ex-1.
设h(x)=g'(x)=a--ex-1,则h'(x)=-ex-1.
当x>1时,<1,ex-1>1,故h'(x)<0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减,
而g'(1)=a-2,又因为a≤2,所以g'(1)≤0.
故当x>1时,g'(x)<0,即g(x)在(1,+∞)上单调递减.
由于g(1)=0,所以当x>1时,g(x)<0,
即当x>1时, f(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<
(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)
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)
再证x1+x2
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
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)
1.(2024天津,20节选,中)已知函数f(x)=xln x.
(1)求曲线y=f(x)在(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.
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.
2.(2024全国甲理,21,12分,中)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-1
∴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, 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-
∴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.
3.(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
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≥-.
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)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,
①当a≤时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)
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.
(3)证明: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)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.
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)f '(x)=ex-a.
当a≤0时, f '(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增,
故f(x)至多存在1个零点,不合题意.
当a>0时,由f '(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f '(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增,故当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).
(i)若0
由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=-a(x+2)>eln(2a)·-a(x+2)=2a>0.
故f(x)在(ln a,+∞)存在唯一零点.从而f(x)在(-∞,+∞)有两个零点.
综上,a的取值范围是.
3.(2021全国甲理,21,12分,中)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,+∞).
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)由已知得f(0)=1, f '(x)=ex-acos x, f '(0)=1-a,
故曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y=(1-a)x+1.
(2)(i)第一步,构造新函数.
由曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点,得f(x)=g(x)有解,
设h(x)=ex-b,则h(x)=0有解,易知b>0.
h'(x)=ex-,
设p(x)=h'(x)=ex-,则p'(x)=ex+>0,
故y=h'(x)在定义域上单调递增.
当x趋近于0时,h'(x)→-∞;当x趋近于+∞时,h'(x)→+∞.
第二步,隐零点代换.
故存在x0,使h'(x0)=0,即.
h(x)=ex-b在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
所以h(x)min=h(x0),求h(x0)≤0即可.
又h(x0)=(1-2x0)≤0,
所以x0≥,
易知当x0≥时,b=2.
故实数b的取值范围是[,+∞).
(ii)证明:依题意,存在实数t>0,使得et-asin t-b=0,即asin t+b=et.
设向量m=(a,b),n=(sin t,),由m·n=|m||n|cos
因此a2+b2≥.记p(x)=x-sin x,有p'(x)=1-cos x≥0,则p(x)是增函数,故当0
x
u'(x) - 0 +
u(x) ↘ 极小值 ↗
故u(x)的最小值为u=2(-1).下面只需证明2(-1)>e,即(-1).记函数v(x)=ex-x-1.当x>0时,有v'(x)=ex-1>0,则v(x)在[0,+∞)上单调递增,进而v(x)≥v(0)=0,即ex≥x+1.所以,(-1)·≥(-1)×.命题得证.
5.(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0
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
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.
6.(2021新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
①,b>2a;
②0
∴f '(x)=xex-2ax=x(ex-2a).
①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
②当a>0 时,令ex-2a=0 x=ln(2a).
(i)当0
图1
图2
因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f '(x)>0,
当x∈(ln(2a),0)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减.
(ii)当a=时,ln(2a)=0,此时f '(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增.
(iii)当a>时,ln(2a)>0,
y=f '(x)的大致图象如图2所示.
因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f '(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减.
(2)选①.
证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,又f(0)=b-1>0, f<0,
所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.
当x∈(0,+∞)时,
f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]2a-aln2(2a)+b
=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)[2-ln(2a)].
因为,所以0
综上, f(x)在R上有唯一零点.
选②.
证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,
在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(0)=b-1<0,
当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),
使得f(x0)=0.
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.
当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立.
综上, f(x)在R上有唯一零点.
三年模拟
能力拔高练1
1.(2025届江苏连云港高级中学学情检测,14)已知:函数f(x)是定义在R上的可导函数,当x≥0时, f '(x)>f '(-x),若g(x)=f(x)+f(-x),且对任意x∈,不等式g(ax+1)≤g(x-2)恒成立,则实数a的取值范围是 .
答案 [-2,0]
2.(2025届福建漳州重点高中开学考,16)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;
(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=aex-,
则f '(2)=ae2-=0,解得a=,故f '(x)=.
易知f '(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且f '(2)=0,
由f '(x)>0,解得x>2;由f '(x)<0,解得0
(2)放缩法
当a≥时, f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=.
当0
所以x=1是g(x)的极小值点,即是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时, f(x)≥0.
3.(2025届福建莆田一中开学考,16)设曲线f(x)=ax-ln x在x=1处的切线垂直于y轴.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若x>1,证明:f(x)
由f(x)=ax-ln x得f '(x)=a-,则f '(1)=a-=0 a=1,
则f(x)=x-ln x, f '(x)=1-,
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.
则f(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1).
(2)证明:f(x)
则h'(x)=2-,令g(x)=2x-xex-1-1,
则g'(x)=2-(ex-1+xex-1),
令φ(x)=xex-1,则φ'(x)=ex-1(x+1),因为x>1,则φ'(x)>0恒成立,则φ(x)在(1,+∞)上单调递增,
则易知g'(x)=2-(ex-1+xex-1)在(1,+∞)上单调递减,
则g'(x)
则h(x)
(1)求证f(x)≥e-x;
(2)求方程f(x)=x解的个数;
(3)设n≥2,n∈N*,证明:>ln n.
解析 (1)证明:令g(x)=f(x)-e-x=ex-2x-e-x(x≥0),
所以g'(x)=ex+-2(x≥0),
所以g'(x)≥2-2=0,当且仅当ex= ex=1,即x=0时,等号成立,
所以当x∈[0,+∞)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增,则g(x)≥g(0)=0,所以f(x)≥e-x得证.
(2)由f(x)=x得ex-2x=x(x≥0),即ex-3x=0(x≥0),
令g(x)=ex-3x(x≥0),
所以函数g(x)的零点个数即为方程f(x)=x解的个数,
g'(x)=ex-3(x≥0),令g'(x)=0,即ex=3,解得x=ln 3,
g'(x),g(x)随x的变化情况如表:
x [0,ln 3) ln 3 (ln 3,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) 单调递减 3-3ln 3 单调递增
因为g(0)=1>0,g(ln 3)=3-3ln 3<0,所以g(x)在[0,ln 3)上有唯一一个零点,
又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln 3,+∞)上有唯一一个零点.
综上所述,方程f(x)=x有两个解.
(3)证明:由(1)知,ex-2x-e-x>0,x∈(0,+∞),
令x=ln s(s>1),则s-2ln s-s-1>0,即s->2ln s(s>1),
设s=,n≥2,n∈N*,满足s>1,
所以,即,所以=ln n-ln(n-1),
所以>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln n-ln(n-1)=ln n,即>ln n.
能力拔高练2
1.(2025届河南濮阳质量检测,8)已知当x>0时,exln x-xln x≥a恒成立,则实数a的取值范围为( )
A.(-∞,1] B.(1,e2]
C.(-∞,2] D.[e,+∞)
答案 A
2.(2025届安徽六校质量测评,8)已知函数f(x)=xe3x-ln x-x-|a|x,若对任意的x>0, f(x)≥1恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.[-3,3] B.[-2,2]
C.[-4,4] D.[-1,1]
答案 B
3.(2025届重庆巴蜀中学月考,14)对于函数f(x)=ex-x2+a,g(x)=xln x,若对任意的x1∈[0,1],存在唯一的x2∈使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是 .
答案
4.(2025届浙江Z20名校联盟联考,18)已知函数f(x)=xln x(x>0).
(1)设函数g(x)=f(x)+f(1-x),求函数g(x)的极值;
(2)若不等式f(x)≥ax+b(a,b∈R)当且仅当在区间[e,+∞)上成立(其中e为自然对数的底数),求ab的最大值;
(3)实数m,n满足0
当0
则函数g(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以当x=时,函数g(x)取得极小值g=-ln 2,无极大值.
(2)函数f(x)=xln x,x∈[e,+∞),求导得f '(x)=1+ln x,易知f '(x)>0,则函数f(x)在[e,+∞)上单调递增,
依题意,并结合图象有解得a≤1,
于是ab=ea(1-a)=-e,当且仅当a=时取等号,所以ab的最大值是.
(3),
令=t,由0
令h(t)=tln t-t+1,求导得h'(t)=ln t>0,
函数h(t)在(1,+∞)上单调递增,h(t)>h(1)=0,因此>1,
即-ln m>1,于是>ln m+1.
,
令φ(t)=ln t-t+1,求导得φ'(t)=-1,
易知φ'(t)<0,所以函数φ(t)在(1,+∞)上单调递减,
φ(t)<φ(1)=0,因此<1,即-ln n<1,
则
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(-1, f(-1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)的极小值为0,求a的值;
(3)在(2)的条件下,若对任意的x∈[0,+∞), f(x)≤kx2成立,求实数k的最小值.
解析 (1)当a=2时, f(x)=x-ln(x+2),则f '(x)=1-,
故f '(-1)=1-=0,又f(-1)=-1,
故曲线y=f(x)在点(-1, f(-1))处的切线方程为y=-1.
(2)f '(x)=1-(x>-a),
故当x>1-a时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当-a
故对任意的x∈[0,+∞), f(x)≤kx2成立,只需对任意的x∈[0,+∞),kx2+ln(x+1)-x≥0,
记g(x)=kx2+ln(x+1)-x,
则g'(x)=2kx+,
①当0
故当0≤x<-1时,g'(x)≤0,g(x)单调递减,
当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
故当x=-1时,g(x)取得极小值也是最小值,
故g(x)min=g
故当x≥0时,g'(x)≥0,g(x)单调递增,
故g(x)≥g(0)=0,符合题意,
③当k<0时,-1<0,
故当x≥0时,g'(x)≤0,g(x)单调递减,
故g(x)≤g(0)=0,不符合题意,
④当k=0时,当x≥0时,g'(x)≤0,g(x)单调递减,
故g(x)≤g(0)=0,不符合题意.
综上可得,k≥,所以实数k的最小值为.
6.(2025届河北定州中学开学考,18)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x(a∈R).
(1)当a=0时,求曲线f(x)在(0, f(0))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
解析 (1)当a=0时,函数f(x)=-2ex-x, f(0)=-2,
又f '(x)=-2ex-1,则f '(0)=-2-1=-3.
所以曲线f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=-3x-2.
(2)由题意知, f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f '(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),显然2ex+1>0恒成立,
①若a≤0,则f '(x)<0,此时f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;
②若a>0,令f '(x)=0,解得x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0,当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.
所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时, f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;
当a>0时, f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(3)若a≤0,由(2)知, f(x)至多有一个零点,不符合题意;
若a>0,由(2)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,为f(-ln a)=1-+ln a.
设g(x)=1-+ln x,则g'(x)=>0,
故g(x)=1-+ln x在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,
(i)当a∈[1,+∞)时, f(-ln a)=1-+ln a≥0,此时f(x)没有两个零点;
(ii)当a∈(0,1)时, f(-ln a)=1-+ln a<0,
又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,
故f(x)在(-∞,-ln a)上有一个零点;
当x>ln时,由ex>,即aex>3,得aex-3>0,则aex+a-3>0,
故ex(aex+a-3)>0,即ae2x+aex-3ex>0,又易知ex>x,
则ae2x+aex-3ex+ex-x>0,即ae2x+(a-2)ex-x>0,
因此f(x)在(-ln a,+∞)上也有一个零点.
综上,若f(x)有两个零点,则实数a的取值范围为(0,1).
7.(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2.
(1)求实数a的值;
(2)探究f(x)在区间内的零点个数,并说明理由.
解析 (1)由f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2,可知切点坐标为(0,2),
(2分)
故f(0)=e0+acos 0=2,解得a=1. (4分)
(2)由(1)可知f(x)=ex+cos x,∴f '(x)=ex-sin x, (5分)
令g(x)=f '(x),g'(x)=ex-cos x,
当x∈时,g'(x)>0,则g(x)在区间上单调递增. (6分)
∵g-1<0,g(-π)=e-π>0,
∴由零点存在定理可知,存在x0∈,使得g(x0)=0,即=sin x0, (7分)
∴当x∈时,f '(x)<0,f(x)在区间上单调递减;
当x∈(x0,-π)时,f '(x)>0, f(x)在区间(x0,-π)上单调递增, (9分)
又∵f>0,f(-π)=e-π-1<0,
∴由零点存在定理可知f(x)在区间上有且仅有一个零点. (11分)
当x∈[-π,0)时,f '(x)=ex-sin x>0;
当x∈[0,+∞)时,f '(x)=ex-sin x>0,
∴f(x)在区间[-π,+∞)上单调递增, (13分)
又∵f(-π)=e-π-1<0,f(0)=e0+1>0,
∴由零点存在定理可知f(x)在区间[-π,+∞)上有且仅有一个零点, (14分)
综上可得,f(x)在区间内有且仅有两个零点. (15分)
创新风向练
(新定义理解)(2025届河北衡水调研,17)凸函数是数学中一个值得研究的分支,它包括数学中大多数重要的函数,如y=x2,y=ex等.记f ″(x)为y=f '(x)的导数.现有如下定理:在区间I上f(x)为凸函数的充要条件为f ″(x)≥0(x∈I).
(1)证明:函数f(x)=为(1,+∞)上的凸函数.
(2)已知函数g(x)=ax2-2xln x-ln x(a∈R).
①若g(x)为[1,+∞)上的凸函数,求a的最小值;
②在①的条件下,当a取最小值时,证明:g(x)+2x≥+2在[1,+∞)上恒成立.
解析 (1)证明:因为f(x)=,
所以f '(x)=, f ″(x)=,
因为6x4-3x2+1=6>0,
又x∈(1,+∞),所以(x3-x)3>0,
故f ″(x)=>0在区间(1,+∞)上恒成立,即函数f(x)=为(1,+∞)上的凸函数.
(2)①因为g(x)=ax2-2xln x-ln x(a∈R),
所以g'(x)=2ax-2ln x-2-,g″(x)=2a-,
由题知g″(x)=2a-≥0在区间[1,+∞)上恒成立,即2a≥在区间[1,+∞)上恒成立,
令=t,t∈(0,1],则2a≥2t-t2在区间(0,1]上恒成立,
令y=2t-t2,当t=1时,y=2t-t2取到最大值1,
所以2a≥1,a≥,所以a的最小值为.
②证明:由①知g(x)=x2-2xln x-ln x,
令H(x)=g(x)+2x=x2-2xln x-ln x+2x,
则H'(x)=x-2ln x-2-,
令m(x)=x-2ln x-,则m'(x)=1-≥0在区间[1,+∞)上恒成立,当且仅当x=1时取等号,
所以m(x)=x-2ln x-在区间[1,+∞)上单调递增,
则m(x)≥m(1)=0,当且仅当x=1时取等号,
即H'(x)=x-2ln x-≥0在区间[1,+∞)上恒成立,当且仅当x=1时取等号,
故H(x)=x2-2xln x-ln x+2x在区间[1,+∞)上单调递增,
所以H(x)≥H(1)=,
令F(x)=+2,
令t=3x-1,t≥2,得到y=+2,
则y'=<0在区间[2,+∞)上恒成立,
即y=+2在区间[2,+∞)上单调递减,
所以y≤,
即当x∈[1,+∞)时,F(x)=,当且仅当x=1时取等号,
所以g(x)+2x≥+2在[1,+∞)上恒成立.
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