高考文科数学考前培优练习导数及其应用(压轴题)

2.4导数及其应用(压轴题)
高考命题规律
1.每年必考考题,一般在21题位置作为压轴题呈现.
2.解答题,12分,高档难度.
3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.
命题角度1利用导数研究函数的单调性
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅲ·20)已知函数f (x )=2x 3-ax 2+
2. (1)讨论f (x )的单调性;
(2)当0<a<3时,记f (x )在区间[0,1]的最大值为M ,最小值为m ,求M-m 的取值范围.
f'(x )=6x 2-2ax=2x (3x-a ).
令f'(x )=0,得x=0或x=a
3.
若a>0,则当x ∈(-∞,0)∪(a 3,+∞)时,f'(x )>0;
当x ∈(0,a
3)时,f'(x )<0.
故f (x )在(-∞,0),(a
3,+∞)单调递增,在(0,a
3)单调递减;
若a=0,f (x )在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x ∈(-∞,a
3)∪(0,+∞)时,f'(x )>0;
当x ∈(a
3
,0)时,f'(x )<0.
故f (x )在(-∞,a 3),(0,+∞)单调递增,在(a
3,0)单调递减.
(2)当0<a<3时,由(1)知,f (x )在(0,a
3)单调递减,在(a
3,1)单调递增,所以f (x )在[0,1]的最小值为
f (a )=-a 3
+2,最大值为f (0)=2或f (1)=4-a.
于是m=-a 3
27+2,M={4-a ,0<a <2,2,2≤a <3.
所以M-m={2-a +a 3
27,0<a <2,
a
327
,2≤a <3.
当0<a<2时,可知2-a+a 3
27单调递减,
所以M-m 的取值范围是(
8
27
,2). 当
2≤a<3时,a 3
27
单调递增,所以
M-m 的取值范围是[
8
27
,1). 综上,M-m 的取值范围是[8
27,2). 2.(2017全国Ⅱ·21)设函数f (x )=(1-x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性;
(2)当x ≥0时,f (x )≤ax+1,求a 的取值范围.
f'(x )=(1-2x-x 2)e x .
令f'(x )=0得x=-1-√2,x=-1+√2. 当x ∈(-∞,-1-√2)时,f'(x )<0; 当x ∈(-1-√2,-1+√2)时,f'(x )>0; 当x ∈(-1+√2,+∞)时,f'(x )<0.
所以f (x )在(-∞,-1-√2),(-1+√2,+∞)内单调递减,在(-1-√2,-1+√2)内单调递增. (2)f (x )=(1+x )(1-x )e x .
当a ≥1时,设函数h (x )=(1-x )e x ,h'(x )=-x e x <0(x>0), 因此h (x )在[0,+∞)内单调递减, 而h (0)=1,故h (x )≤1,
所以f (x )=(x+1)h (x )≤x+1≤ax+1.
当0<a<1时,设函数g (x )=e x -x-1,g'(x )=e x -1>0(x>0), 所以g (x )在[0,+∞)内单调递增,而g (0)=0, 故e x ≥x+1.
当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=√5-4a-1
,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-
2
ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
当a≤0时,取x0=√5-1
2
综上,a的取值范围是[1,+∞).
典题演练提能·刷高分
x3+x2+ax+1.
1.已知函数f(x)=1
3
(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,求a的取值范围.
因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)经过点(0,1),
又f'(x)=x2+2x+a,曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为-3,
所以f'(0)=a=-3,所以f'(x)=x2+2x-3.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-3),(1,+∞),单调递减区间为(-3,1).
(2)因为函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,所以f'(x)≥0.即对x∈[-2,a],只要f'(x)min≥0.
因为函数f'(x)=x2+2x+a的对称轴为x=-1,
当-2≤a≤-1时,f'(x)在[-2,a]上的最小值为f'(a),
由f'(a)=a2+3a≥0,得a≥0或a≤-3,所以此种情况不成立;
当a>-1时,f'(x )在[-2,a ]上的最小值为f'(-1), 由f'(-1)=1-2+a ≥0得a ≥1, 综上,实数a 的取值范围是[1,+∞).
2.已知函数f (x )=(2-m )ln x+1x
+2mx.
(1)当f'(1)=0时,求实数m 的值及曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)讨论函数f (x )的单调性.
函数y=f (x )的定义域为(0,+∞),
f'(x )=2mx 2+(2-m )x -1
x 2
=(mx+1)(2x -1)
x 2
,由f'(1)=0,解得m=-1.
从而f (1)=-1,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y=-1.
(2)由f'(x )=
(mx+1)(2x -1)
x 2
(x>0), 当m ≥0时,函数y=f (x )的减区间为0,
1
2
,增区间为
1
2
,+∞.
当m<0时,由f'(x )=
(mx+1)(2x -1)
x 2
=0,得x=-1m
,或x=12
.
当m<-2时,y=f (x )的减区间为0,-1m 和12,+∞,增区间为-1m ,1
2; 当m=-2时,y=f (x )的减区间为(0,+∞),没有增区间.
当-2<m<0时,y=f (x )的减区间为0,
12
和-1m ,+∞,增区间为
12,-1m
.
综上可知:当m ≥0时,函数y=f (x )的减区间为0,
12
,增区间为
1
2
,+∞;
当m<-2时,y=f (x )的减区间为0,-1m 和12,+∞,增区间为-1m ,1
2; 当m=-2时,y=f (x )的减区间为(0,+∞),没有增区间;
当-2<m<0时,y=f (x )的减区间为0,12和-1m ,+∞,增区间为12,-1
m . 3.已知函数f (x )=ln x+a
x -x+1-a (a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间;
(2)若存在x>1,使f (x )+x<1-x x 成立,求整数a 的最小值.
由题意可知,x>0,f'(x )=1x −a x 2-1=-x 2+x -a
x
2,
方程-x 2+x-a=0对应的Δ=1-4a ,
当Δ=1-4a ≤0,即a ≥1
4时,当x ∈(0,+∞)时,f'(x )≤0,
∴f (x )在(0,+∞)上单调递减;
当0<a<1
4时,方程-x 2+x-a=0的两根为
1±√1-4a
2
,且0<1-√1-4a
2
<
1+√1-4a
2
, 此时,f (x )在
1-√1-4a 2,1+√1-4a
2
上f'(x )>0,函数f (x )单调递增,
在0,
1-√1-4a
2
,
1+√1-4a
2
,+∞上f'(x )<0,函数f (x )单调递减;
当a ≤0时,
1-√1-4a 2<0,1+√1-4a
2
>0, 此时当x ∈0,
1+√1-4a 2
,f'(x )>0,f (x )单调递增,
当x ∈
1+√1-4a
2
,+∞时,f'(x )<0,f (x )单调递减.
综上:当a ≤0时,x ∈0,
1+√1-4a
2
,f (x )单调递增,当x ∈
1+√1-4a
2
,+∞时,f (x )单调递减;
当0<a<1
4时,f (x )在
1-√1-4a 2,1+√1-4a
2
上单调递增,在0,
1-√1-4a
2
,
1+√1-4a
2
,+∞上单调递减;
当a ≥14
时,f (x )在(0,+∞)上单调递减.
(2)原式等价于(x-1)a>x ln x+2x-1,即存在x>1,使a>
xlnx+2x -1
x -1
成立. 设g (x )=
xlnx+2x -1
x -1
(x>1),则g'(x )=
x -lnx -2(x -1)
2
,
设h (x )=x-ln x-2,则h'(x )=1-1x =x -1
x >0,
∴h (x )在(1,+∞)上单调递增.
又h (3)=3-ln 3-2=1-ln 3<0,h (4)=4-ln 4-2=2-2ln 2>0,根据零点存在性定理, 可知h (x )在(1,+∞)上有唯一零点,设该零点为x 0,则x 0∈(3,4),且h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0, 即x 0-2=ln x 0,∴g (x )min =
x 0ln x 0+2x 0-1
x 0-1
=x 0+1.
由题意可知a>x 0+1.又x 0∈(3,4),a ∈Z ,
∴a 的最小值为5.
4.已知函数f (x )=3x
-1e x +a x
(x>0,a ∈R ).
(1)若f (x )在(0,+∞)上单调递减,求a 的取值范围; (2)当a ∈(-3,-e)时,判断关于x 的方程f (x )=2的解的个数.
解 (1)∵f (x )=3
x -1e x +a
x (x>0),
∴f'(x )=e
x
3x -1-3x
2-a x
2=
-x 2+3x -3x 2·e x -a
x
2. 由题意得
f'(x )=-x 2+3x -3x 2·e x -a
x 2≤0在(0,+∞)恒成立,
即a ≥(-x 2+3x-3)·e x 在(0,+∞)恒成立, 设g (x )=(-x 2+3x-3)·e x ,
则g'(x )=e x (-x 2+x ),
∴g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴g (x )max =g (1)=-e,
∴a ≥-e .∴实数a 的取值范围为[-e,+∞).
(2)由题意得f (x )=3x
-1e x +a x
=2(x>0),
∴a=2x-(3-x )e x (x>0),
令h (x )=2x-(3-x )e x ,则h'(x )=2+(x-2)e x , 令φ(x )=h'(x )=2+(x-2)e x (x>0), 则φ'(x )=(x-1)e x ,
∴h'(x )在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴h'(x )min =h'(1)=2-e <0.
又h'(0)=0,h'(2)=2>0,
∴存在x 0∈(0,2),使得x ∈(0,x 0)时h'(x )<0,h (x )单调递减;
当x ∈(x 0,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增, 又h (0)=-3,h (x 0)<0, 当x →+∞时,h (x )→+∞,
∴当x>0,a ∈(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x )e x 有一个解,
即当a ∈(-3,-e)时,方程f (x )=2只有一个解.
命题角度2函数的单调性与极
值、最值的综合应用
高考真题体验·对方向
1.(2019天津·20)设函数f (x )=ln x-a (x-1)e x ,其中a ∈R .
(1)若a ≤0,讨论f (x )的单调性;
(2)若0<a<1e
,
①证明f (x )恰有两个零点;
②设x 0为f (x )的极值点,x 1为f (x )的零点,且x 1>x 0,证明3x 0-x 1>2.
,f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=1
x -[a e x +a (x-1)e x ]=
1-ax 2e x
x
. 因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内单调递增.
由(1)知,f'(x )=1-ax 2e x
x
.令g (x )=1-ax 2e x ,
由0<a<1
e
,可知g (x )在(0,+∞)内单调递减,又g (1)=1-a e >0,
且g ln
1a
=1-a ln
1a 21
a
=1-ln
1a
2
<0, 故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln 1.
当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)
x =0, 所以f (x )在(0,x 0)内单调递增; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )
<g (x 0)
=0, 所以f (x )在(x 0,+∞)内单调递减, 因此x 0是f (x )的唯一极值点.
令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1
x -1<0,故h (x )在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以x<x-1.
从而f ln 1a =ln ln 1a -a ln 1
a -1e ln 1
a =ln ln 1a -ln 1a +1=h ln 1
a <0, 又因为f (x 0)>f (1)=0,
所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.
②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0
=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1
=x 1-1x 0
2e x 1-x 0,即e x 1-x 0
=x 02ln x 1x 1-1. 因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,
故e x 1-x 0
<
x 02(x 1-1)
x 1-1
=x 02,两边取对数,
得ln e x 1-x 0<ln x 02
,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.
2.(2019全国Ⅱ·21)已知函数f (x )=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f (x )存在唯一的极值点;
(2)f (x )=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
f (x )的定义域为(0,+∞).
f'(x )=x -1
x +ln x-1=ln x-1
x .
因为y=ln x 单调递增,y=1
x 单调递减, 所以f'(x )单调递增.
又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln 2-1
2
=
ln4-1
2
>0,故存在唯一x 0∈(1,2),使得f'(x 0)=0. 又当x<x 0时,f'(x )<0,f (x )单调递减; 当x>x 0时,f'(x )>0,f (x )单调递增. 因此,f (x )存在唯一的极值点. (2)由(1)知f (x 0)<f (1)=-2,
又f(e2)=e2-3>0,
所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得1
α
<1<x0.
又f1
α=1
α
-1ln 1
α
−1
α
-1=f(α)
α
=0,
故1
α
是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.
综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
3.(2017北京·20)已知函数f(x)=e x cos x-x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间[0,π
2
]上的最大值和最小值.
因为f(x)=e x cos x-x,
所以f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,f'(0)=0.
又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.
(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.
当x∈(0,π
2)时,h'(x)<0,所以h(x)在区间[0,π
2
]上单调递减.
所以对任意x∈(0,π
2
]有h(x)<h(0)=0, 即f'(x)<0.
所以函数f(x)在区间[0,π
2
]上单调递减.
因此f(x)在区间[0,π
2]上的最大值为f(0)=1,最小值为f(π
2
)=-π
2
.
4.(2017全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-a e x-a2=(2e x+a)(e x-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>0,则由f'(x)=0得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln(-a
2
).
当x∈(-∞,ln(-a
2
))时,f'(x)<0;
当x∈(ln(-a
2
),+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在(-∞,ln(-a
2))单调递减,在ln(-a
2
),+∞单调递增.
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln(-a
2)时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln(-a
2
))=a2[3
4
-ln(-a
2
)].从而当且
仅当a2[3
4-ln(-a
2
)]≥0,即a≥-2e34时f(x)≥0.
综上,a的取值范围是[-2e 3 4,1].
典题演练提能·刷高分
1.(2019湖北八校联考一)已知函数f(x)=x3+3
2
x2-4ax+1(a∈R).
(1)若函数f(x)有两个极值点,且都小于0,求a的取值范围;
(2)若函数h (x )=a (a-1)ln x-x 3+3x+f (x ),求函数h (x )的单调区间.
由f (x )有两个极值点且都小于0,得f'(x )=3x 2+3x-4a=0有两个不相等的负实根,
∴{Δ=9+48a >0,x 1+x 2=-1<0,x 1x 2=-4
3a >0,
解得-3
16<a<0.
故a 的取值范围为-316
,0.
(2)由h (x )=a (a-1)ln x+3
2x 2-(4a-3)x+1,x>0,
则h'(x )=
a (a -1)x +3x-(4a-3)=1
x
(3x-a )[x-(a-1)]. 令(3x-a )[x-(a-1)]=0,得x=a 3或x=a-1,令a 3=a-1,得a=3
2.
①当{a
3
≤0,
a -1≤0,即a ≤0时,在(0,+∞)上h'(x )>0恒成立;
②当{
0<a
3,
a -1≤0,
即0<a ≤1时,当x>a 3时,h'(x )>0,当0<x<a
3时,h'(x )<0;
③当a
3>a-1>0,即1<a<3
2,当0<x<a-1或x>a
3时,h'(x )>0,当a-1<x<a
3时,h'(x )<0;
④当a
3=a-1>0,即a=3
2时,h'(x )>0恒成立;
⑤当a-1>a
3>0,即a>3
2,当0<x<a
3或x>a-1时,h'(x )>0,当a
3<x<a-1时,h'(x )<0.
综上所述:当a ≤0或a=32
时,h (x )在(0,+∞)上单调递增;
当0<a ≤1时,h (x )在a 3,+∞上单调递增,在0,a
3上单调递减;
当1<a<32时,h (x )在(0,a-1),a 3,+∞上单调递增,在a-1,a
3上单调递减;
当a>3
2时,h (x )在0,a
3,(a-1,+∞)上单调递增,在a
3,a-1上单调递减.
2.已知函数
f (x )=-x 2+ax -a
x (x>0,a ∈R ).
(1)当a=1时,求函数f (x )的极值;
(2)设g (x )=
f (x )+f '(x )x -1,若函数
g (x )在(0,1)∪(1,+∞)内有两个极值点x 1,x 2,求证:g (x 1)g (x 2)<4
e
2.
a=1时,f (x )=-x 2+x -1
x (x>0).
∴f'(x )=
(-2x+1)e x -(-x 2+x -1)e x
e 2x
=
(x -1)(x -2)
e x
(x>0). 当x ∈(0,1),(2,+∞)时,f'(x )>0,f (x )单调递增; 当x ∈(1,2)时,f'(x )<0,f (x )单调递减.
所以f (x )在(0,+∞)上有极大值f (1)=-1
e ,极小值
f (2)=-3
e 2.
g (x )=f (x )+f '(x )x -1
=
-2x+a
(x -1)e x
, ∴g'(x )=
2x 2-(2+a )x+2
(x -1)2e x
,
设h (x )=2x 2-(2+a )x+2,
∵函数g (x )在(0,1)∪(1,+∞)内有两个极值点x 1,x 2,
∴方程h (x )=2x 2-(2+a )x+2=0在(0,1)∪(1,+∞)上有两个不相等的实根x 1,x 2,且1不能是方程的
根,Δ=(2+a )2-16>0.
∴{x 1+x 2=a+2
2>0,x 1x 2=1>0,
解得a>2. ∴g (x 1)g (x 2)=(-2x 1+a )(-2x 2+a )
(x
1-1)e x 1(x 2-1)e x 2
=4x 1x 2-2a (x 1+x 2)+a 2[x 1x 2-(x 1+x 2)+1]e x 1+x 2
=
2(2-a )
(2-a+22)e
a+22=
4
e a+22
,
∵a>2,∴
4
e a+22
<
4e 2
, ∴g (x 1)g (x 2)=
4
e a+22
<
4e 2
. 3.(2019安徽江淮十校联考一)已知函数f (x )=ax 2+x ln x (a 为常数,a ∈R ,e 为自然对数的底数,e =2.718 28…).
(1)若函数f (x )≤0恒成立,求实数a 的取值范围;
(2)若曲线y=f (x )在点(e,f (e))处的切线方程为y=(2e +2)x-e 2-e,k ∈Z 且k<f (x )
x -1对任意x>1都成立,求k 的最大值.
函数f (x )≤0恒成立,即ax 2+x ln x ≤0恒成立,可得a ≤-
lnx
恒成立. 设g (x )=-
lnx x ,g'(x )=lnx -1x
2. 当0<x<e 时,g'(x )<0,g (x )递减; 当x>e 时,g'(x )>0,g (x )递增,
可得当x=e 时g (x )取得最小值,且g (e)=-
ln e e =-1
e
, 所以a ≤-1
.
(2)f (x )的导数为f'(x )=2ax+1+ln x ,
曲线y=f (x )在点(e,f (e))处的切线斜率为2a e +2=2e +2, 可得a=1,即f (x )=x 2+x ln x.
又由k<f (x )
x -1对任意x>1都成立,可得k<x 2+xlnx
x -1对x>1恒成立.
设
h (x )=x 2+xlnx x -1,x>1,h'(x )=x 2-x -lnx -1(x -1)
2. 设k (x )=x 2-x-ln x-1,x>1, k'(x )=2x-1-1
x
=
(x -1)(2x+1)
x
>0, 可得k (x )在(1,+∞)内递增,由k (1.8)=0.44-ln 1.8.
由1.8>√e 可得ln 1.8>1
2,
即有k (1.8)<0,k (2)=1-ln 2>0,则存在m ∈(1.8,2),使得k (m )=0, 则1<x<m ,k (x )<0,h'(x )<0,即h (x )在(1,m )内递减; 当x>m 时,k (x )>0,h'(x )>0,h (x )在x>m 递增,
可得
h (x )min =h (m )=m 2+mlnm
m -1
.
又k (m )=m 2-m-ln m-1=0, 即有m 2-1=m+ln m ,
可得h (x )min =m 2+m 在(1.8.2)递增, 可得h (x )min ∈(5.04,6), 由k<h (x )min ,k ∈Z , 故k 的最大值为5.
4.(2019山东潍坊二模)已知函数f (x )=x e x -a ln x (无理数e =2.718…). (1)若f (x )在(0,1)单调递减,求实数a 的取值范围;
(2)当a=-1时,设g (x )=x (f (x )-x e x )-x 3+x 2-b ,若函数g (x )存在零点,求实数b 的最大值.
f'(x )=(x+1)e
x
-a x
=
(x 2+x )e x -a
x
.
由题意可得f'(x )≤0,x ∈(0,1)恒成立.
即(x 2+x )e x -a ≤0,也就是a ≥(x 2+x )e x 在x ∈(0,1)恒成立. 设h (x )=(x 2+x )e x ,则h'(x )=(x 2+3x+1)e x .
当x ∈(0,1)时,x 2+3x+1>0,h'(x )>0在x ∈(0,1)单调递增. 即h (x )<h (1)=2e .故a ≥2e .
(2)当a=-1时,f (x )=x e x +ln x.g (x )=x ln x-x 3+x 2-b ,
由题意得问题等价于方程b=x ln x-x 3+x 2,在(0,+∞)上有解.
先证明ln x ≤x-1.设u (x )=ln x-x+1,x ∈(0,+∞),则u'(x )=1x
-1=
1-x x
. 可得当x=1时,函数u (x )取得极大值,
∴u (x )≤u (1)=0.因此ln x ≤x-1,
所以b=x ln x-x 3+x 2≤x (x-1)-x 3+x 2=-x (x 2-2x+1)≤0.当x=1时,取等号. 故实数b 的最大值为0.
5.(2019湘赣十四校联考一)已知函数f (x )=ln x-mx-n (m ,n ∈R ). (1)若n=1时,函数f (x )有极大值为-2,求m ;
(2)若对任意实数x>0,都有f (x )≤0,求m+n 的最小值.
当n=1时,f (x )=ln x-mx-1.
∵函数f (x )有极大值为-2,
由f'(x )=1x
-m=0知x=1m
>0,
∴f
1m
=-ln m-1-1=-2,
∴m=1.经检验,m=1满足题意.
(2)函数f (x )的定义域为(0,+∞),
f'(x)=1
x
-m.
①当m<0时,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=e n, 则f(e n)=ln e n-m e n-n=-m e n>0,舍去;
②当m=0时,当x∈(0,+∞)时f'(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=e n+1, 则f(e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去;
③当m>0时,当x∈0,1
m 时,f'(x)>0;当x∈1
m
,+∞时,f'(x)<0;
∴f(x)在0,1
m 上单调递增,在1
m
,+∞上单调递减,
∴f(x)的最大值为f1
m
=-ln m-1-n≤0,
即n≥-ln m-1,
∴m+n≥m-ln m-1.
设h(m)=m-ln m-1,
令h'(m)=1-1
m
=0,则m=1.
当m∈(0,1)时,h'(m)<0,
∴h(m)在(0,1)上单调递减,
当m∈(1,+∞)时,h'(m)>0,
∴h(m)在(1,+∞)上单调递增.
∴h(m)的最小值为h(1)=0,
综上所述,当m=1,n=-1时m+n的最小值为0.
命题角度3利用导数研究函数的零点或方程的根
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ·20)已知函数f(x)=2sin x-x cos 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.
g(x)=f'(x),则g(x)=cos x+x sin x-1,g'(x)=x cos x.
当x∈(0,π
2
)时,g'(x)>0;
当x∈(π
2
,π)时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,π
2)单调递增,在(π
2
,π)单调递减.
又g(0)=0,g(π
2
)>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.
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)单调递增,在(x0,π)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.(2016全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
f'(x)=(x-1)e x+2a(x-1)
=(x-1)(e x+2a).
(ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
(ⅱ)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
①若a=-e
,则f'(x)=(x-1)(e x-e),
2
所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>-e
,则ln(-2a)<1,
2
故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0.
所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)单调递增,
在(ln(-2a),1)单调递减.
③若a<-e
,则ln(-2a)>1,
2
故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增,
在(1,ln(-2a))单调递减.
(2)(ⅰ)设a>0,则由(1)知,f (x )在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增. 又f (1)=-e,f (2)=a , 取b 满足b<0且b<ln a
,
则f (b )>a
2(b-2)+a (b-1)2=a (b 2-3
2b)>0, 所以f (x )有两个零点.
(ⅱ)设a=0,则f (x )=(x-2)e x ,所以f (x )只有一个零点. (ⅲ)设a<0,若a ≥-e 2
,则由(1)知,f (x )在(1,+∞)单调递增. 又当x ≤1时f (x )<0,故f (x )不存在两个零点;
若a<-e
2,则由(1)知,f (x )在(1,ln(-2a ))单调递减,在(ln(-2a ),+∞)单调递增. 又当x ≤1时f (x )<0,故f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,+∞).
典题演练提能·刷高分
1.已知函数f (x )=x 2
a -2ln x (a ∈R ,a ≠0). (1)讨论函数f (x )的单调性;
(2)若函数f (x )有最小值,记为g (a ),关于a 的方程g (a )+a-2
9a -1=m 有三个不同的实数根,求实数m 的取值范围.
f'(x )=
2x a −2
x
(x>0), 当a<0时,f'(x )<0,知f (x )在(0,+∞)上是递减的;
当a>0时,f'(x )=
2(x+√a )(x -√a )
ax
,知f (x )在(0,√a )上是递减的,在(√a ,+∞)上是递增的.
(2)由(1)知,a>0,f (x )min =f (√a )=1-ln a ,即g (a )=1-ln a ,
方程g (a )+a-29a -1=m ,即m=a-ln a-29a
(a>0),
令F (a )=a-ln a-29a (a>0),则F'(a )=1-1a +2
9a 2=
(3a -1)(3a -2)
9a 2
, 知F (a )在(0,1
3)和(2
3,+∞)是递增的,在(13,2
3)是递减的,
F (a )极大=F (1
3)=-1
3+ln 3,F (a )极小=F (2
3)=1
3-ln 2+ln 3,
依题意得1
3-ln 2+ln 3<m<-1
3+ln 3.
2.已知函数f (x )=e x ,g (x )=1
x -a .
(1)设函数F (x )=f (x )+g (x ),试讨论函数F (x )零点的个数;
(2)若a=-2,x>0,求证:f (x )·g (x )>√x +1+
x 2-8
2x+4
.
F (x )的定义域为(-∞,a )∪(a ,+∞).当x ∈(a ,+∞)时,e x >0,1
x -a >0,
所以F (x )=e x +1
x -a >0,即F (x )在区间(a ,+∞)上没有零点.
当x ∈(-∞,a )时,F (x )=e
x
+1
=e x (x -a )+1
,令h (x )=e x (x-a )+1.
只要讨论h (x )的零点即可.
h'(x )=e x (x-a+1),h'(a-1)=0,当x ∈(-∞,a-1)时,h'(x )<0,h (x )是减函数; 当x ∈(a-1,a )时,h'(x )>0,h (x )是增函数. 所以h (x )在区间(-∞,a )的最小值为h (a-1)=1-e a-1
.
显然,当a=1时,h (a-1)=0,所以x=a-1是F (x )的唯一的零点; 当a<1时,h (a-1)=1-e a-1
>0,所以F (x )没有零点;
当a>1时,h (a-1)=1-e a-1
<0,所以F (x )有两个零点.
a=-2,x>0,要证f (x )·g (x )>√x +1+
x 2-82x+4,即要证e x >(x+2)√x +1+1
2
x 2-4, ∵√x +1<√x 2
4
+x +1=x
2
+1,
设M (x )=e x -(x+2)x 2+1-1
2x 2+4=e x -x 2-2x+2, M'(x )=e x -2x-2,令φ(x )=e x -2x-2,
φ'(x )=e x -2,φ(x )在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.
∵φ(1)φ(2)<0,φ(-1)φ(0)<0,
∴M'(x )在(0,+∞)上只有一个零点x 0(1<x 0<2),
e x 0-2x 0-2=0,∴M (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增.
∴M (x )≥e x 0−x 02-2x 0+2=4-x 02
>0.
∴e x >(x+2)
x
2
+1+12
x 2-4.
∵x
2+1>√x +1,
∴e x >(x+2)√x +1+1
2x 2-4,
∴f (x )·g (x )>√x +1+x 2-82x+4得证.
3.(2019河北唐山三模)已知函数f (x )=x ln x-a (x 2-x )+1,函数g (x )=f'(x ). (1)若a=1,求f (x )的极大值;
(2)当0<x<1时,g (x )有两个零点,求a 的取值范围.
f (x )=x ln x-x 2+x+1,
g (x )=f'(x )=ln x-2x+2,g'(x )=1
x
-2=
1-2x
x
, 当x ∈0,1
2时,g'(x )>0,g (x )单调递增;
当x ∈1
2,+∞时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 注意到g (1)=f'(1)=0,则
当x ∈1
2,1时,f'(x )>0,f (x )单调递增; 当x ∈(1,+∞)时,f'(x )<0,f (x )单调递减; 故当x=1时,f (x )取得极大值f (1)=1. (2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,
g'(x )=1
x -2a=1-2ax
x ,
①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )单调递增,至多有一个零点,不合题意.
②若a>0,则当x ∈0,1
2a 时,g'(x )>0,g (x )单调递增;
当x ∈1
2a
,+∞时,g'(x )<0,g (x )单调递减;
则g
12a
≥g
12
=ln 12+1=ln e 2
>0.
不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,
则0<x 1<1<x 2<1.
一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x ,
进而,有2a<e 2a ,则e -2a <1
2a , 且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0,
故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<1
2a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 4.(2019山西运城二模)已知函数f (x )=x e x -a (ln x+x ),a ∈R .
(1)当a=e时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
f(x)定义域为(0,+∞),当a=e时,f'(x)=(1+x)(xe x-e)
.
∴当0<x<1时,f'(x)<0,
当x>1时,f'(x)>0,
∴f(x)在(0,1)上为减函数;在(1,+∞)上为增函数.
(2)记t=ln x+x,则t=ln x+x在(0,+∞)上单调递增,且t∈R.
∴f(x)=x e x-a(ln x+x)=e t-at=g(t).
∴f(x)在(0,+∞)上有两个零点等价于g(t)=e t-at在t∈R上有两个零点.
①当a=0时,g(t)=e t在R上单调递增,且g(t)>0,故g(t)无零点;
②当a<0时,g'(t)=e t-a>0恒成立,
∴g(t)在R上单调递增,
又g(0)=1>0,g1
a =e
1
a-1<0,故g(t)在R上只有一个零点;
③当a>0时,由g'(t)=e t-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)=a(1-ln a), 若0<a<e,g(t)极小值=a(1-ln a)>0,g(t)无零点;
若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点;
若a>e,g(t)极小值=a(1-ln a)<0,
而g(0)=1>0,
由y=lnx
x
在(e,+∞)上为减函数,可知当a>e时,e a>a e>a2,
从而g(a)=e a-a2>0,
∴g(t)在(0,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点.
综上可知,当a>e 时,f (x )有两个点,故所求a 的取值范围是(e,+∞).
命题角度4导数与不等式
高考真题体验·对方向
1.(2017全国Ⅲ·21)已知函数f (x )=ln x+ax 2+(2a+1)x. (1)讨论f (x )的单调性;
(2)当a<0时,证明f (x )≤-3
4a
-2.
(x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=1
x +2ax+2a+1=
(x+1)(2ax+1)
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 ∈(0,-
1
2a
)时,f'(x )>0; 当x ∈(-1
2a ,+∞)时,f'(x )<0.
故f (x )在(0,-1
2a )单调递增,在(-1
2a ,+∞)单调递减.
(1)知,当a<0时,f (x )在x=-1
2a 取得最大值,最大值为f (-1
2a )=ln (-1
2a )-1-1
4a .
所以f (x )≤-3
4a
-2等价于ln (-
12a )-1-14a ≤-34a
-2, 即ln (-
12a )+1
2a
+1≤0. 设g (x )=ln x-x+1,则g'(x )=1
-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 (-
12a )+1
2a
+1≤0, 即f (x )≤-3
4a -2.
2.(2016全国Ⅲ·21)设函数f (x )=ln x-x+1. (1)讨论f (x )的单调性;
(2)证明当x ∈(1,+∞)时,1<x -1
lnx <x ; (3)设c>1,证明当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x .
,f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=1
x
-1,
令f'(x )=0解得x=1.
当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增; 当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减.
(1)知f (x )在x=1处取得最大值,最大值为f (1)=0.
所以当x ≠1时,ln x<x-1.
故当x ∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln 1
x <1
x -1,
即1<x -1
lnx <x.
c>1,
设g (x )=1+(c-1)x-c x ,则g'(x )=c-1-c x ln c ,
令g'(x )=0,解得x 0=ln c -1
lnc lnc .
当x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知1<c-1
lnc
<c,故0<x0<1.
又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.
典题演练提能·刷高分
1.(2019江西九江一模)已知函数f(x)=x2-(2a-1)x-a ln x(a∈R).
(1)试讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)存在最小值f(x)min,求证:f(x)min<3.
f'(x)=(2x+1)(x-a)
x
,
①当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)恒成立,故f(x)在(0,+∞)递增,
②当a>0时,由f'(x)>0,解得x>a;
由f'(x)<0,解得0<x<a,故f(x)在(0,a)内递减,在(a,+∞)内递增.
(2)由(1)知要使f(x)存在最小值,则a>0且f(x)min=f(a)=a-a2-a ln a.
令g(x)=x-x2-x ln x(x>0),则g'(x)=-2x-ln x在(0,+∞)内递减.
又g'1
e =1-2
e
>0,g'1
2
=ln 2-1<0,
∴存在x0∈1
e ,1
2
使得g'(x0)=0,
故g(x)在(0,x0)内递增,在(x0,+∞)内递减.∵g'(x0)=0,
∴-2x0-ln x0=0,
∴ln x0=-2x0,
故g(x) max=g(x0)=x0+1
22-1 4
,
又x0∈1
e ,1
2
,∴g(x)max=x0+1
2
2-1
4
<1
2
+1
2
2-1
4
=3
4
,故f(x)min<3
4
.
2.(2019河南八市重点高中高三五模)已知函数f(x)=e x-ax2,且曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e-2)y=0垂直.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求证:x>0时,e x-e x-1≥x(ln x-1).
f(x)=e x-ax2,得f'(x)=e x-2ax.
因为曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e-2)y=0垂直,
所以f'(1)=e-2a=e-2,所以a=1,
即f(x)=e x-x2,f'(x)=e x-2x.
令g(x)=e x-2x,则g'(x)=e x-2.
所以x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 2>0.
所以f'(x)>0,f(x)单调递增.
即f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),无减区间.
(1)知f(x)=e x-x2,f(1)=e-1,所以y=f(x)在x=1处的切线方程为y-(e-1)=(e-2)(x-1),即y=(e-
2)x+1.
令h(x)=e x-x2-(e-2)x-1,
则h'(x)=e x-2x-(e-2)=e x-e-2(x-1),
且h'(1)=0,h″(x)=e x-2.
x ∈(-∞,ln 2)时,h ″(x )<0,h'(x )单调递减; x ∈(ln 2,+∞)时,h ″(x )>0,h'(x )单调递增. 因为h'(1)=0,所以h'(x )min =h'(ln 2)=4-e -2ln 2<0. 因为h'(0)=3-e >0,所以存在x 0∈(0,1),
使x ∈(0,x 0)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;x ∈(x 0,1)时,h'(x )<0,h (x )单调递减; x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增. 又h (0)=h (1)=0,所以x>0时,h (x )≥0, 即e x -x 2-(e -2)x-1≥0, 所以e x -(e -2)x-1≥x 2.
令φ(x )=ln x-x ,则φ'(x )=1x
-1=
1-x x
. 所以x ∈(0,1)时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增; x ∈(1,+∞)时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减, 所以φ(x )≤φ(1)=-1,即ln x+1≤x. 因为x>0,所以x (ln x+1)≤x 2. 所以x>0时,e x -(e -2)x-1≥x (ln x+1), 即x>0时,e x -e x-1≥x (ln x-1).
3.(2019陕西咸阳一模)设函数f (x )=x+1-m e x ,m ∈R . (1)当m=1时,求f (x )的单调区间;
(2)求证:当x ∈(0,+∞)时,ln
e x -1
x
>x 2
.
m=1时,f (x )=x+1-e x ,f'(x )=1-e x .令f'(x )=0,则x=0.
当x<0时,f'(x )>0;当x>0时,f'(x )<0,
故函数f (x )的单调递增区间是(-∞,0);单调递减区间是(0,+∞).
(1)知,当m=1时,f (x )max =f (0)=0,
∴当x ∈(0,+∞)时,x+1-e x <0,即e x >x+1.
当x ∈(0,+∞)时,要证
ln e x -1>x
,
只需证e
x
-1>x e x
2.
令F (x )=e x -1-x e x
2=e x -x (√e )x -1,
F'(x )=e x -(√e )x -x (√e )x ln √e =(√e )x (√e )
x
-1-x 2
=e x 2
e x 2-1-
x 2
.
由e x
>x+1
可得,e x 2>1+x
2
,
则x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0恒成立,即F (x )在(0,+∞)内单调递增,∴F (x )>F (0)=0.
即e x -1>x e x
2,∴ln e x -1
x >x
2.
4.(2019山东泰安二模)已知函数f (x )=(x-m )ln x (m ≤0). (1)若函数f (x )存在极小值点,求m 的取值范围; (2)当m=0时,证明:f (x )<e x -1.
(0,+∞),f'(x )=x -m
x +ln x=1-m
x +ln x.
①当m=0时,f'(x )=0得x=1e ,当x ∈0,1
e 时,f'(x )<0;当x ∈1
e
,+∞时,f'(x )>0,
∴x=1
e 是函数
f (x )的极小值点,满足题意.
②当m<0时,令g (x )=f'(x ),g'(x )=m
x 2+1
x =
x+m
x 2
. 令g'(x )=0,解得x=-m.当x ∈(0,-m )时,g'(x )<0,当x ∈(-m ,+∞)时,g'(x )>0.
∴g (x )min =g (-m )=2+ln(-m ),若g (-m )≥0,即m ≤-e -2,则f'(x )=g (x )≥0恒成立, ∴f (x )在(0,+∞)上单调递增,无极值点,不满足题意.
若g(-m)=2+ln(-m)<0,即-e-2<m<0,g(1-m)=1-m
+ln(1-m)>0,
1-m
∴g(-m)·g(1-m)<0.
又g(x)在(-m,+∞)上单调递增,
∴g(x)在(-m,+∞)上恰有一个零点x1.
当x∈(-m,x1)时,f'(x)=g(x)<0,当x∈(x1,+∞)时,f'(x)=g(x)>0,
∴x1是f(x)的极小值点,满足题意,
综上,-e-2<m≤0.
m=0时,f(x)=x ln x.
①当x∈(0,1]时,e x-1>0,x ln x≤0,
∴f(x)<e x-1;
②当x∈(1,+∞)时,令h(x)=e x-x ln x-1,
h'(x)=e x-ln x-1,令φ(x)=h'(x),
则φ'(x)=e x-1
.
x
∵φ'(x)在(1,+∞)上是增函数,
∴φ'(x)>φ'(1)=e-1>0,
∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,
h'(x)=φ(x)>φ(1)=e-1>0,
∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=e-1>0,
∴当x>1时,x ln x<e x-1成立,
综上,f(x)<e x-1.
命题角度5恒成立与存在性问题
高考真题体验·对方向
(2019浙江·22)已知实数a ≠0,设函数f (x )=a ln x+√1+x ,x>0.
(1)当a=-3
4时,求函数f (x )的单调区间;
(2)对任意x ∈
1
e 2
,+∞均有f (x )≤√x
2a
,求a 的取值范围.
注:e =2.718 28…为自然对数的底数.
当a=-34
时,f (x )=-34
ln x+√1+x ,x>0.
f'(x )=-3
4x +
2√1+x
=
√1+x -√1+x+14x √1+x
,
所以,函数f (x )的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
(2)由f (1)≤1
2a ,得0<a ≤√2
4.
当0<a ≤√2
4时,f (x )≤√x
2a 等价于√x
a 2−
2√1+x
a
-2ln x ≥0. 令t=1
,则t ≥2√2.
设g (t )=t 2√x -2t √1+x -2ln x ,t ≥2√2,则
g (t )=√x t-√1+1x
2-√
x -2ln x. ①当x ∈1
7
,+∞时,√1+1x
≤2√2,则
g (t )≥g (2√2)=8√x -4√2√1+x -2ln x. 记p (x )=4√x -2√2√1+x -ln x ,x ≥1
,则
p'(x )=√
x √2√x+1−1
x
=
√x √x+1-√2x √x+1
x √x+1
=
(x -1)[1+√x (√2x+2-1)]
x √x+1(√x+1)(√x+1+√2x )
.
故
17
,1
1)
p 17
单调递减
所以,p (x )≥(1)=0.
因此,g (t )≥g (2√2)=2p (x )≥0.
②当x ∈1e 2,17
时,
g (t )≥g √1+
1x
=
-2√xlnx -(x+1)
2√x
.
令q (x )=2√x ln x+(x+1),x ∈1e 2,1
7,则 q'(x )=
x
+1>0, 故q (x )在
1e 2,17
上单调递增,
所以q (x )≤q 1
7.
由①得,q 17=-2√77p 17<-2√7
7p (1)=0. 所以,q (x )<0.
因此,g (t )≥g √1+1
x =-2√
x >0.
由①②知对任意x ∈1
e 2,+∞,t ∈[2√2,+∞),g (t )≥0,
即对任意x ∈1
e 2
,+∞,均有f (x )≤√x
2a
.
综上所述,所求a 的取值范围是0,
√2
4
.
典题演练提能·刷高分
1.(2019河南八市重点高中高三五模)已知函数f (x )=x (ln x+a )+b ,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线为2x-y-1=0. (1)求a ,b 的值;
(2)若对任意的x ∈(1,+∞),f (x )≥m (x-1)恒成立,求正整数m 的最大值.
由f (x )=x (ln x+a )+b ,得f'(x )=ln x+a+1,
由切线方程可知:f (1)=2-1=1, ∴{
f '(1)=a +1=2,
f (1)=a +b =1,
解得{a =1,b =0.
(2)由(1)知f (x )=x (ln x+1),
则x ∈(1,+∞)时,f (x )≥m (x-1)恒成立等价于x ∈(1,+∞)时,m ≤
x (lnx+1)
x -1
恒成立. 令g (x )=x (lnx+1)
x -1,x>1,
则g'(x )=
x -lnx -2(x -1)
2
.
令h (x )=x-ln x-2,则h'(x )=1-1x =x -1
x ,∴当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,则h (x )单调递增,
∵h (3)=1-ln 3<0,h (4)=2-2ln 2>0, ∴∃x 0∈(3,4),使得h (x 0)=0.
当x ∈(1,x 0)时,g'(x )<0;x ∈(x 0,+∞)时,g'(x )>0,
∴g (x )min =g (x 0)=
x 0(ln x 0+1)
x 0-1
. ∵h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0, ∴ln x 0=x 0-2. ∴g (x )min =g (x 0)=
x 0(x 0-2+1)
x 0-1
=x 0∈(3,4). ∴m ≤x 0∈(3,4),即正整数m 的最大值为3.
2.已知函数f (x )=e x-1,g (x )=ln x+a. (1)设F (x )=xf (x ),求F (x )的最小值;
(2)证明:当a<1时,总存在两条直线与曲线y=f (x )与y=g (x )都相切.
(x )=x e x-1,F'(x )=(x+1)e x-1,
当x<-1时,F'(x )<0,F (x )单调递减; 当x>-1时,F'(x )>0,F (x )单调递增,
故x=-1时,F (x )取得最小值F (-1)=-1e
2.
f'(x )=e x-1,所以f (x )=e x-1在点(t ,e t-1)处的切线方程为y=e t-1x+(1-t )e t-1;
因为g'(x )=1
x ,所以g (x )=ln x+a 在点(m ,ln m+a )处的切线方程为y=1
m ·x+ln m+a-1,。