3.3導數的綜合應用五年高考考點1利用導數證明不等式1.(2023天津,20節選,中)已知函數f(x)=1x+12ln((1)求曲線y=f(x)在x=2處切線的斜率;(2)當x>0時,證明:f(x)>1.解析(1)f'(x)=x+22x(x+1)?1x2ln(x+1),故曲線y=f(x)在x(2)指數找朋友法.證明:當x>0時,f(x)>1?ln(x+1)-2xx+2>0,令g(x)=ln(x+1)-2xx+2,x>0,g'(x)=x2(x+1)(x+2)2>0,故g(x)在(0,+∞)上單調遞增,2.(2021全國乙理,20,12分,中)設函數f(x)=ln(a-x),已知x=0是函數y=xf(x)的極值點.(1)求a;(2)設函數g(x)=x+f(x)xf(x)解析(1)由題意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),∴y'=ln(a-x)+x·1a?x·(-1)=ln(a-x)∵x=0是函數y=xf(x)的極值點,∴ln(a-0)-0a?0=0,可得a經檢驗,a=1時x=0是函數y=xf(x)的極值點.∴a=1.(2)由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),當x∈(0,1)時,f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0,當x∈(-∞,0)時,f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0,∴要證g(x)=x+f(x)xf(x)<1,只需證x+f只需證x+ln(1-x)>xln(1-x),只需證x+(1-x)ln(1-x)>0,令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),則h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),∴當x∈(0,1)時,h'(x)>0,h(x)單調遞增,當x∈(-∞,0)時,h'(x)<0,h(x)單調遞減,∴當x∈(-∞,0)∪(0,1)時,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)已知函數f(x)=ex·ln(1+x).(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)設g(x)=f'(x),討論函數g(x)在[0,+∞)上的單調性;(3)證明:對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).解析(1)∵f'(x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+1∴f'(0)=e0ln(1+0)+11+0=1,又f(0)=e0ln1=0,∴曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=x.(2)g(x)=f'(x)=exln(1+x)+11+x,∴g'(x)=exln(1+x)+11+x=exln(1+x)+11+x+∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,11+x>0,x又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.∴g(x)在[0,+∞)上單調遞增.(3)證明:由(2)知g(x)=f'(x)在[0,+∞)上單調遞增,∴f'(x)≥f'(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上單調遞增,不妨設s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),則h'(x)=f'(x)-f'(x+s)<0.因此h(x)在(0,+∞)上單調遞減,∴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全國甲文,20,12分,中)已知函數f(x)=a(x-1)-lnx+1.(1)討論f(x)的單調性;(2)設a≤2,證明:當x>1時,f(x)<ex-1.解析(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=a-1x若a≤0,則f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞減.若a>0,則由f'(x)=0得x=1a當0<x<1a時,f'(x)<0;當x>1a時,f'(x)故f(x)在0,1a上單調遞減,在1(2)要證明f(x)<ex-1,等價于證明a(x-1)-lnx+1-ex-1<0.設g(x)=a(x-1)-lnx+1-ex-1(x>1),則g'(x)=a-1x-ex-1設h(x)=g'(x)=a-1x-ex-1,則h'(x)=1x2-e當x>1時,1x2<1,ex-1>1,故h'(x)<0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)而g'(1)=a-2,又因為a≤2,所以g'(1)≤0.故當x>1時,g'(x)<0,即g(x)在(1,+∞)上單調遞減.由于g(1)=0,所以當x>1時,g(x)<0,即當x>1時,f(x)<ex-1.5.(2021新高考Ⅰ,22,12分,難)已知函數f(x)=x(1-lnx).(1)討論f(x)的單調性;(2)設a,b為兩個不相等的正數,且blna-alnb=a-b,證明:2<1a+解析(1)函數f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-lnx,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,所以函數f(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減.(2)證明:由blna-alnb=a-b得1a(1+lna)=1b(1+ln即1a令x1=1a,x2=1b,則x1,x2為f(x)=k的兩個實根,當x→0+時,f(x)→0+,當x→+∞時,f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),則2-x1>1,e-x1>1,先證明x1+x2>2,即證x2>2-x1,即證f(x2)=f(x1)<f(2-x1).令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),則h'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)].∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,∴h(x)為增函數,∴h(x)<h(1)=0.∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)<f(2-x1),∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1,∴x1+x2>2.再證x1+x2<e.設x2=tx1,則t>1,結合lna+1a=lnb+1b,1a可得x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2),即1-lnx1=t(1-lnt-lnx1),故lnx1=t?1?要證x1+x2<e,即證(t+1)x1<e,即證ln(t+1)+lnx1<1,即證ln(t+1)+t?1?tlntt?1<1,即證(t-1)ln(t+1)令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tlnt,t>1,則S'(t)=ln(t+1)+t?1因為ln(x+1)≤x(x>-1,當且僅當x=0時等號成立),所以可得當t>1時,ln1+1t≤1t<2t故S(t)在(1,+∞)上為減函數,故S(t)<S(1)=0,故(t-1)ln(t+1)-tlnt<0成立,即x1+x2<e成立.綜上所述,2<1a+考點2利用導數解決不等式恒(能)成立問題1.(2024天津,20節選,中)已知函數f(x)=xlnx.(1)求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;(2)若f(x)≥a(x-x)對任意x∈(0,+∞)成立,求實數a的值.解析(1)f'(x)=1+lnx,∴曲線y=f(x)在x=1處切線的斜率k=f'(1)=1,∵f(1)=0,∴切線方程為y-0=1(x-1),即y=x-1.(2)f(x)≥a(x-x)恒成立,即xlnx≥a(x-x)恒成立,∵x>0,∴lnx≥a1?1x設g(x)=lnx-a1?1則g(x)≥0恒成立,g'(x)=1x①a>0時,令2x0=a,得x0=a∴當x∈0,a22時,g'(x)<0,當x∈a22,+∞時∴g(x)在0,a22上單調遞減,在∵g(1)=0,∴要使g(x)≥0恒成立,則a22=1,∴a②a≤0時,g'(x)>0恒成立,g(x)在(0,+∞)上單調遞增,∵g(1)=0,∴g(x)≥0不可能恒成立.綜上,a=2.2.(2024全國甲理,21,12分,中)已知函數f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.(1)若a=-2,求f(x)的極值;(2)當x≥0時,f(x)≥0,求a的取值范圍.解析(1)函數f(x)的定義域為(-1,+∞),當a=-2時,f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x,則f'(x)=2ln(x+1)+xx令F(x)=2ln(x+1)+xx+1,則F'(x)=可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,則F(x)在(-1,+∞)上單調遞增,又F(0)=0,∴當x∈(-1,0)時,F(x)<0,當x∈(0,+∞)時,F(x)>0,即當-1<x<0時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,當x>0時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,∴f(x)在x=0處取得極小值,f(x)極小值=f(0)=0,無極大值.(2)∵當x≥0時,f(x)≥0,又f(0)=0,∴y=f(x)在x=0處取得最小值.又f'(x)=-aln(1+x)+(?a令g(x)=f'(x)=-aln(1+x)+(?a則g'(x)=?a令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.①當-2a-1≥0,即a≤-12時,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立則g(x)在[0,+∞)上單調遞增,又g(0)=0,從而f'(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即f(x)在[0,+∞)上單調遞增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立.②當-2a-1<0且-a≤0,即a≥0時,h(x)<0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)<0在[0,+∞)上恒成立,則g(x)在[0,+∞)上單調遞減,又g(0)=0,從而f'(x)=g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立,f(x)在[0,+∞)上單調遞減,又f(0)=0,∴f(x)≤0,與題意不符.③當-2a-1<0且-a>0,即-12<a<0時令h(x)=0,得x=-2-1a>0∴當x∈0,?2?1a時,h(x)<0,即g'(x)<0在0,?2?∴g(x)在0,?2?1a上單調遞減,又g(0)=0,∴g(x)<0在0,?2?∴f'(x)<0在0,?2?1a上恒成立,從而f(x)在0,?2?又f(0)=0,∴f(x)<0在0,?2?1a上恒成立,綜上,a的取值范圍為?∞3.(2024新課標Ⅰ,18,17分,難)已知函數f(x)=lnx2?x+ax+b(x-1)(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;(2)證明:曲線y=f(x)是中心對稱圖形;(3)若f(x)>-2當且僅當1<x<2,求b的取值范圍.解析(1)f(x)的定義域為(0,2).當b=0時,f(x)=lnx2?x+所以f'(x)=2?xxx因為f'(x)≥0,所以a≥2x依題意得a≥2x所以當x=1時,a取到最小值-2.(2)證明:因為f(x)=lnx2?x+ax+b(x-1)所以f(2-x)=ln2?xx+a(2-x)+b(1-x)所以f(2-x)+f(x)=2a,所以曲線y=f(x)關于(1,a)中心對稱,即曲線y=f(x)是中心對稱圖形.(3)由(2)知曲線y=f(x)關于(1,a)中心對稱,且f(x)在(0,2)內連續,故f(1)=a=-2,即f(x)=lnx2?x-2x+b(x-1)3,x∈(1,f'(x)=2x(2?x)+3b易知y=2x(2?x)∈(所以當b≥-23時,f'(x)>0在(1,2)上恒成立,f(x)單調遞增所以f(x)>f(1)=-2成立.當b<-23時,存在x0∈(1,2),使得2x0(2?即3b=2x在(1,x0)上,f'(x)<0,f(x)單調遞減,又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合題意.綜上,可得b≥-234.(2022新高考Ⅱ,22,12分,難)已知函數f(x)=xeax-ex.(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;(2)當x>0時,f(x)<-1,求a的取值范圍;(3)設n∈N*,證明:112+1+12解析(1)當a=1時,f(x)=xex-ex,則f'(x)=xex,當x∈(-∞,0)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增.(2)不等式f(x)<-1等價于xeax-ex+1<0,令g(x)=xeax-ex+1,x>0,則g'(x)=(ax+1)eax-ex,且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax,①當a≤12時,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上單調遞減,所以g(x)<g(0)=0,滿足題意②當a>12時,令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex則h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,故h'(0)=2a-1>0,所以存在δ>0,使得當x∈(0,δ)時,h'(x)>0,所以h(x)在(0,δ)上單調遞增,故當x∈(0,δ)時,h(x)>h(0)=0,所以g(x)在(0,δ)上單調遞增,故g(x)>g(0)=0,不滿足題意.綜上可知,a的取值范圍是?∞(3)證明:構造函數h(x)=x-1x-2lnx(x>1則h'(x)=1+1x易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上單調遞增,∴h(x)>h(1)=0,∴x-1x>2lnx令x=1+1n,則有∴1n∴112+1+122+2考點3利用導數研究函數零點問題1.(2021全國甲文,20,12分,中)設函數f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,其中a>0.(1)討論f(x)的單調性;(2)若y=f(x)的圖象與x軸沒有公共點,求a的取值范圍.解析(1)f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-3x∵a>0,x>0,∴2ax+3當x∈0,1a時,f'(x)<0;當x∈1a,+∞時,f'∴函數f(x)在0,1a上單調遞減,在1(2)∵y=f(x)的圖象與x軸沒有公共點且a2>0,∴y=f(x)在(0,+∞)上的圖象在x軸的上方,由(1)可得函數f(x)在0,1a上單調遞減,在1a,+∞上單調遞增,∴f(x)min=f1a=3?3ln1a解得a>1e故實數a的取值范圍是1e2.(2020課標Ⅰ文,20,12分,中)已知函數f(x)=ex-a(x+2).(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.解析(1)當a=1時,f(x)=ex-x-2,則f'(x)=ex-1.當x<0時,f'(x)<0;當x>0時,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)單調遞減,在(0,+∞)單調遞增.(2)f'(x)=ex-a.當a≤0時,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)單調遞增,故f(x)至多存在1個零點,不合題意.當a>0時,由f'(x)=0可得x=lna.當x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0;當x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,lna)單調遞減,在(lna,+∞)單調遞增,故當x=lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a(1+lna).(i)若0<a≤1e,則f(lna)≥0,f(x)在(-∞,+∞)至多存在1個零點,不合題意(ii)若a>1e,則f(lna)<0由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)存在唯一零點.由(1)知,當x>2時,ex-x-2>0,所以當x>4且x>2ln(2a)時,f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a故f(x)在(lna,+∞)存在唯一零點.從而f(x)在(-∞,+∞)有兩個零點.綜上,a的取值范圍是1e3.(2021全國甲理,21,12分,中)已知a>0且a≠1,函數f(x)=xaax(x(1)當a=2時,求f(x)的單調區間;(2)若曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點,求a的取值范圍.解析(1)當a=2時,f(x)=x22x,f'(x)令f'(x)=0,得x=2ln2,當0<x<2ln2時,f'(x)>0,當x>2ln2時,f'(x∴函數f(x)在0,2ln2上單調遞增,在2(2)第一步:將曲線y=f(x)與直線y=1的交點問題轉化為方程的根的問題.令f(x)=1,則xaax=1,所以xa=第二步:將冪指數形式轉化為對數形式,并參變量分離.兩邊同時取對數,可得alnx=xlna,即lnx第三步:將方程的根的個數轉化為兩個函數圖象的交點個數,并構造函數研究單調性.根據題意可知,方程lnxx設g(x)=lnxx,則g'(x)=令g'(x)=0,則x=e.當x∈(0,e)時,g'(x)>0,g(x)單調遞增;當x∈(e,+∞)時,g'(x)<0,g(x)單調遞減.第四步:根據交點個數,數形結合寫出參數范圍.又知g(1)=0,limx→+∞g(x)=0,g(x)max=g(e)所以要使曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點,則只需lnaa∈0,1e,即g(a)=lnaa∈0,1e,所以a∈綜上,實數a的取值范圍為(1,e)∪(e,+∞).4.(2022天津,20,16分,難)已知a,b∈R,函數f(x)=ex-asinx,g(x)=bx.(1)求曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線方程.(2)若曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點,(i)當a=0時,求b的取值范圍;(ii)求證:a2+b2>e.解析(1)由已知得f(0)=1,f'(x)=ex-acosx,f'(0)=1-a,故曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線方程為y=(1-a)x+1.(2)(i)第一步,構造新函數.由曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點,得f(x)=g(x)有解,設h(x)=ex-bx,則h(x)=0有解,易知b>0.h'(x)=ex-b2設p(x)=h'(x)=ex-b2x,則p'(x)=ex+b故y=h'(x)在定義域上單調遞增.當x趨近于0時,h'(x)→-∞;當x趨近于+∞時,h'(x)→+∞.第二步,隱零點代換.故存在x0,使h'(x0)=0,即exh(x)=ex-bx在(0,x0)上單調遞減,在(x0,+∞)上單調遞增.所以h(x)min=h(x0),求h(x0)≤0即可.又h(x0)=ex0?bx0=所以x0≥12易知當x0≥12時,b=2x故實數b的取值范圍是[2e,+∞).(ii)證明:依題意,存在實數t>0,使得et-asint-bt=0,即asint+bt=et.設向量m=(a,b),n=(sint,t),由m·n=|m||n|cos<m,n>≤|m||n|,得(a2+b2)·(sin2t+t)≥(asint+bt)2=e2t,因此a2+b2≥e2tsin2t+t.記p(x)=x-sinx,有p'(x)=1-cosx≥0,則p(x)是增函數,故當0<x<π時,p(x)>p(0)=0,即0<sinx<x,進而有0<sin2x<x2.又當x≥π時,有0≤sin2x≤1<x2,所以對x>0,恒有0≤sin2x<x2.因此,記函數u(x)=e2xx2+x,x>0,則u'(x)=e2x(2x2?1)(x2+x)2.令u'(x)=0,解得x=22或xx0,22u'(x)-0+u(x)↘極小值↗故u(x)的最小值為u22=2(2-1)e2.下面只需證明2(2-1)e2>e,即(2-1)e2?1>12.記函數v(x)=ex-x-1.當x>0時,有v'(x)=ex-1>0,則v(x)在[0,+∞)上單調遞增,進而v(x)≥v(0)=0,即ex≥x+1.所以,(2-1)·e2?15.(2022新高考Ⅰ,22,12分,難)已知函數f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)證明:存在直線y=b,其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點,并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.解析(1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-1x當a≤0時,f'(x)>0恒成立,f(x)在R上無最小值,不符合題意.∴a>0.令f'(x)=0,得x=lna,令g'(x)=0,得x=1a易知f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)min=g1a=1+lna∴a-alna=1+lna,即lna=a?1a令h(x)=lnx-x?1x+1(則h'(x)=1x?∴h(x)在(0,+∞)上單調遞增,則h(x)最多有一個零點.又h(1)=ln1-1?11+1=0∴方程①有且僅有一解,為a=1,即為所求.(2)由(1)知,f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,當x<0時,f(x)單調遞減,當x>0時,f(x)單調遞增;當0<x<1時,g(x)單調遞減,當x>1時,g(x)單調遞增.不妨設直線y=b與y=f(x)的圖象的兩交點的橫坐標分別為x1,x2,與y=g(x)的圖象的兩交點的橫坐標分別為x2,x3,且x1<x2<x3.則ex1?x1=ex2-x2=x2-ln∴ex1?x易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),則lnx2∈(-∞,0),又f(x)在(-∞,0)上單調遞減,∴x1=lnx2,同理x2=lnx3,x3=ex又ex2-x2=x2-lnx2,∴lnx2+ex2∴x1+x3=lnx2+ex2=2x2.∴x1,x2,x36.(2021新高考Ⅱ,22,12分,難)已知函數f(x)=(x-1)ex-ax2+b.(1)討論函數f(x)的單調性;(2)從下面兩個條件中選一個,證明:f(x)有一個零點.①12<a≤e②0<a<12,b≤2解析(1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,∴f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).①當a≤0時,ex-2a>0對任意x∈R恒成立,當x∈(-∞,0)時,f'(x)<0,當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0.因此y=f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增.②當a>0時,令ex-2a=0?x=ln(2a).(i)當0<a<12時,ln(2a)<0y=f'(x)的大致圖象如圖1所示.圖1圖2因此當x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)時,f'(x)>0,當x∈(ln(2a),0)時,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上單調遞增,在(ln(2a),0)上單調遞減.(ii)當a=12時,ln(2a)=0,此時f'(x)≥0對任意x∈R恒成立,故f(x)在R上單調遞增(iii)當a>12時,ln(2a)>0y=f'(x)的大致圖象如圖2所示.因此,當x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)時,f'(x)>0,當x∈(0,ln(2a))時,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上單調遞增,在(0,ln(2a))上單調遞減.(2)選①.證明:由(1)知,f(x)在(-∞,0)上單調遞增,在(0,ln(2a))上單調遞減,在(ln(2a),+∞)上單調遞增,又f(0)=b-1>0,f?ba所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零點.當x∈(0,+∞)時,f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]2a-aln2(2a)+b=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)[2-ln(2a)].因為12<a≤e22,所以f(x)>0對任意x>0恒成立.綜上,f(x)在R上有唯一零點.選②.證明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上單調遞增,在(ln(2a),0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增,f(0)=b-1<0,當x→+∞時,f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0.結合單調性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零點.當x∈(-∞,0)時,f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0對任意x<0恒成立.綜上,f(x)在R上有唯一零點.三年模擬能力拔高練11.(2025屆江蘇連云港高級中學學情檢測,14)已知:函數f(x)是定義在R上的可導函數,當x≥0時,f'(x)>f'(-x),若g(x)=f(x)+f(-x),且對任意x∈12,1,不等式g(ax+1)≤g(x-2)恒成立,則實數a的取值范圍是答案[-2,0]2.(2025屆福建漳州重點高中開學考,16)已知函數f(x)=aex-lnx-1.(1)設x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調區間;(2)證明:當a≥1e時,f(x)≥0解析(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=aex-1x則f'(2)=ae2-12=0,解得a=12e2,故f'(x易知f'(x)在區間(0,+∞)內單調遞增,且f'(2)=0,由f'(x)>0,解得x>2;由f'(x)<0,解得0<x<2,所以f(x)的單調遞增區間為(2,+∞),單調遞減區間為(0,2).(2)放縮法當a≥1e時,f(x)≥exe-ln設g(x)=exe-lnx-1,則g'(x)=當0<x<1時,g'(x)<0;當x>1時,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的極小值點,即是g(x)的最小值點.故當x>0時,g(x)≥g(1)=0.因此,當a≥1e時,f(x)≥03.(2025屆福建莆田一中開學考,16)設曲線f(x)=ax-lnx在x=1處的切線垂直于y軸.(1)求函數f(x)的單調區間;(2)若x>1,證明:f(x)<ex-1-x+1.解析(1)因為曲線f(x)=ax-lnx在x=1處的切線垂直于y軸,所以f'(1)=0.由f(x)=ax-lnx得f'(x)=a-1x,則f'(1)=a-11=0?a則f(x)=x-lnx,f'(x)=1-1x當x∈(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減;當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增.則f(x)的單調增區間為(1,+∞),單調減區間為(0,1).(2)證明:f(x)<ex-1-x+1,即x-lnx<ex-1-x+1,即2x-lnx-ex-1-1<0,設h(x)=2x-lnx-ex-1-1,x>1,則h'(x)=2-1x?ex?1=2x?xex?1?1x,則g'(x)=2-(ex-1+xex-1),令φ(x)=xex-1,則φ'(x)=ex-1(x+1),因為x>1,則φ'(x)>0恒成立,則φ(x)在(1,+∞)上單調遞增,則易知g'(x)=2-(ex-1+xex-1)在(1,+∞)上單調遞減,則g'(x)<g'(1)=0,則g(x)=2x-xex-1-1在(1,+∞)上單調遞減,則g(x)<g(1)=0,則h'(x)<0在(1,+∞)上恒成立,則h(x)<h(1)=0,即f(x)<ex-1-x+1.4.(2025屆河北聯考,18)已知函數f(x)=ex-2x(x≥0).(1)求證f(x)≥e-x;(2)求方程f(x)=x解的個數;(3)設n≥2,n∈N*,證明:122解析(1)證明:令g(x)=f(x)-e-x=ex-2x-e-x(x≥0),所以g'(x)=ex+1ex-2(x所以g'(x)≥2ex·1ex-2=0,當且僅當ex=1ex?ex=1所以當x∈[0,+∞)時,g'(x)≥0,g(x)單調遞增,則g(x)≥g(0)=0,所以f(x)≥e-x得證.(2)由f(x)=x得ex-2x=x(x≥0),即ex-3x=0(x≥0),令g(x)=ex-3x(x≥0),所以函數g(x)的零點個數即為方程f(x)=x解的個數,g'(x)=ex-3(x≥0),令g'(x)=0,即ex=3,解得x=ln3,g'(x),g(x)隨x的變化情況如表:x[0,ln3)ln3(ln3,+∞)g'(x)-0+g(x)單調遞減3-3ln3單調遞增因為g(0)=1>0,g(ln3)=3-3ln3<0,所以g(x)在[0,ln3)上有唯一一個零點,又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln3,+∞)上有唯一一個零點.綜上所述,方程f(x)=x有兩個解.(3)證明:由(1)知,ex-2x-e-x>0,x∈(0,+∞),令x=lns(s>1),則s-2lns-s-1>0,即s-1s>2lns(s>1設s=1+1n?1,n≥2,n∈N*,滿足所以1+1n?1?11+1n?1>2ln1+1所以122?2+132?3+…+1n2?n能力拔高練21.(2025屆河南濮陽質量檢測,8)已知當x>0時,exlnx-xlnx≥a恒成立,則實數a的取值范圍為()A.(-∞,1]B.(1,e2]C.(-∞,2]D.[e,+∞)答案A2.(2025屆安徽六校質量測評,8)已知函數f(x)=xe3x-lnx-x-|a|x,若對任意的x>0,f(x)≥1恒成立,則實數a的取值范圍為()A.[-3,3]B.[-2,2]C.[-4,4]D.[-1,1]答案B3.(2025屆重慶巴蜀中學月考,14)對于函數f(x)=ex-x2+a,g(x)=xlnx,若對任意的x1∈[0,1],存在唯一的x2∈1e2,e使得f(x1)=g(x2),則實數a答案?4.(2025屆浙江Z20名校聯盟聯考,18)已知函數f(x)=xlnx(x>0).(1)設函數g(x)=f(x)+f(1-x),求函數g(x)的極值;(2)若不等式f(x)≥ax+b(a,b∈R)當且僅當在區間[e,+∞)上成立(其中e為自然對數的底數),求ab的最大值;(3)實數m,n滿足0<m<n,求證:lnm+1<f(n)?f解析(1)由f(x)=xlnx得g(x)=xlnx+(1-x)ln(1-x),0<x<1,求導得g'(x)=1+lnx-ln(1-x)-1=lnx1?當0<x<12時,g'(x)<0,當12<x<1時,g'(x)則函數g(x)在0,12上單調遞減,在1所以當x=12時,函數g(x)取得極小值g12=-ln2,(2)函數f(x)=xlnx,x∈[e,+∞),求導得f'(x)=1+lnx,易知f'(x)>0,則函數f(x)在[e,+∞)上單調遞增,依題意,并結合圖象有f(e)=ae+b于是ab=ea(1-a)=-ea?122+e4≤e4,當且僅當(3)f(令nm=t,由0<m<n,得t>1令h(t)=tlnt-t+1,求導得h'(t)=lnt>0,函數h(t)在(1,+∞)上單調遞增,h(t)>h(1)=0,因此tlnt即f(n)?f(m)n?mf(令φ(t)=lnt-t+1,求導得φ'(t)=1t-1易知φ'(t)<0,所以函數φ(t)在(1,+∞)上單調遞減,φ(t)<φ(1)=0,因此lntt?1<1,即f(則f(n)?f(m)n?m<lnn5.(2024北京西城期末,20)已知函數f(x)=x-ln(x+a),其中a>0.(1)當a=2時,求曲線y=f(x)在點(-1,f(-1))處的切線方程;(2)若函數f(x)的極小值為0,求a的值;(3)在(2)的條件下,若對任意的x∈[0,+∞),f(x)≤kx2成立,求實數k的最小值.解析(1)當a=2時,f(x)=x-ln(x+2),則f'(x)=1-1x故f'(-1)=1-1?1+2=0,又f(-1)=-1故曲線y=f(x)在點(-1,f(-1))處的切線方程為y=-1.(2)f'(x)=1-1x+a=x故當x>1-a時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,當-a<x<1-a時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,故當x=1-a時,f(x)取得極小值,故f(1-a)=1-a-ln1=0,故a=1.(3)由(2)知a=1,故f(x)=x-ln(x+1),故對任意的x∈[0,+∞),f(x)≤kx2成立,只需對任意的x∈[0,+∞),kx2+ln(x+1)-x≥0,記g(x)=kx2+ln(x+1)-x,則g'(x)=2kx+1x①當0<k<12時,12故當0≤x<12k-1時,g'(x)≤0,g(x)當x>12k-1時,g'(x)>0,g(x)故當x=12k-1時,g(x)故g(x)min=g12k?1<g(0)=0②當k≥12時,12故當x≥0時,g'(x)≥0,g(x)單調遞增,故g(x)≥g(0)=0,符合題意,③當k<0時,12k故當x≥0時,g'(x)≤0,g(x)單調遞減,故g(x)≤g(0)=0,不符合題意,④當k=0時,當x≥0時,g'(x)≤0,g(x)單調遞減,故g(x)≤g(0)=0,不符合題意.綜上可得,k≥12,所以實數k的最小值為16.(2025屆河北定州中學開學考,18)已知函數f(x)=ae2x+(a-2)ex-x(a∈R).(1)當a=0時,求曲線f(x)在(0,f(0))處的切線方程;(2)討論f(x)的單調性;(3)若f(x)有兩個零點,求實數a的取值范圍.解析(1)當a=0時,函數f(x)=-2ex-x,f(0)=-2,又f'(x)=-2ex-1,則f'(0)=-2-1=-3.所以曲線f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=-3x-2.(2)由題意知,f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),顯然2ex+1>0恒成立,①若a≤0,則f'(x)<0,此時f(x)在(-∞,+∞)上單調遞減;②若a>0,令f'(x)=0,解得x=-lna.當x∈(-∞,-lna)時,f'(x)<0,當x∈(-lna,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,-lna)上單調遞減,在(-lna,+∞)上單調遞增.綜上,當a≤0時,f(x)在(-∞,+∞)上單調遞減;當a>0時,f(x)在(-∞,-lna)上單調遞減,在(-lna,+∞)上單調遞增.(3)若a≤0,由(2)知,f(x)至多有一個零點,不符合題意;若a>0,由(2)知,當x=-lna時,f(x)取得最小值,為f(-lna)=1-1a+ln設g(x)=1-1x+lnx,則g'(x)=1x故g(x)=1-1x+lnx在(0,+∞)上單調遞增,且g(1)=0(i)當a∈[1,+∞)時,f(-lna)=1-1a+lna≥0,此時f(x)沒有兩個零點(ii)當a∈(0,1)時,f(-lna)=1-1a+lna<0又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-lna)上有一個零點;當x>ln3a時,由ex>eln3a可得ex>3a,即aex>3,得aex-3>0故ex(aex+a-3)>0,即ae2x+aex-3ex>0,又易知ex>x,則ae2x+aex-3ex+ex-x>0,即ae2x+(a-2)ex-x>0,因此f(x)在(-lna,+∞)上也有一個零點.綜上,若f(x)有兩個零點,則實數