2026届高考数学总复习精练册课件：3 3　导数的综合应用

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考点2利用导数解决不等式恒（能）成立问题考点3利用导数研究函数零点问题目录三年模拟能力拔高练1能力拔高练2创新风向练五年高考考点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)+

=ex

ln(1+x)+

,∴f'(0)=e0

ln(1+0)+

=1,又f(0)=e0ln1=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)=ex

ln(1+x)+

,∴g'(x)=ex

ln(1+x)+

+

-

=ex

ln(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)-lnx+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a≤2,证明:当x>1时,f(x)<ex-1.解析

(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-

,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<x<

时,f'(x)<0;当x>

时,f'(x)>0.故f(x)在

上单调递减,在

上单调递增.(2)要证明f(x)<ex-1,等价于证明a(x-1)-lnx+1-ex-1<0.设g(x)=a(x-1)-lnx+1-ex-1(x>1),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)<ex-1.5.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-lnx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b,证明:2<

+

<e.解析

(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-lnx,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,所以

函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:由blna-alnb=a-b得

(1+lna)=

(1+lnb),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)<f(2-x1).令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则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)为增函数,∴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.再证x1+x2<e.设x2=tx1,则t>1,结合

=

,

=x1,

=x2,可得x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2),即1-lnx1=t(1-lnt-lnx1),故lnx1=

,要证x1+x2<e,即证(t+1)x1<e,即证ln(t+1)+lnx1<1,即证ln(t+1)+

<1,即证(t-1)ln(t+1)-tlnt<0,令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tlnt,t>1,则S'(t)=ln(t+1)+

-1-lnt=ln

-

.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)<S(1)=0,故(t-1)ln(t+1)-tlnt<0成立,即x1+x2<e成立.综上所述,2<

+

<e.考点2利用导数解决不等式恒(能)成立问题1.(2024天津,20节选,中)已知函数f(x)=xlnx.(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+lnx,∴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xlnx≥a(x-

)恒成立,∵x>0,∴lnx≥a

恒成立.设g(x)=lnx-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<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,∴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-

<a<0时,令h(x)=0,得x=-2-

>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

.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<x<2,求b的取值范围.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=

+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)<g(0)=0,满足题意;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

.(3)证明:构造函数h(x)=x-

-2lnx(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-

>2lnx,令x=

,则有

-

>2ln

,∴

>ln

,∴

+

+…+

>ln

+ln

+…+ln

=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-3lnx+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-3lnx+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

=3+3lna>0,∴lna>-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=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).(i)若0<a≤

,则f(lna)≥0,f(x)在(-∞,+∞)至多存在1个零点,不合题意.(ii)若a>

,则f(lna)<0.由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)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(lna,+∞)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<x<

时,f'(x)>0,当x>

时,f'(x)<0,∴函数f(x)在

上单调递增,在

上单调递减.(2)第一步:将曲线y=f(x)与直线y=1的交点问题转化为方程的根的问题.令f(x)=1,则

=1,所以xa=ax.第二步:将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.两边同时取对数,可得alnx=xlna,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-asinx,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-acosx,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

-

=0⇒b=2

.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)=

-b

=

-2x0

=

(1-2x0)≤0,所以x0≥

,易知当x0≥

时,b=2

≥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-asint-b

=0,即asint+b

=et.设向量m=(a,b),n=(sint,

),由m·n=|m||n|cos<m,n>≤|m||n|,得(a2+b2)·(sin2t+t)≥(asint+b

)2=e2t,因此a2+b2≥

.记p(x)=x-sinx,有p'(x)=1-cosx≥0,则p(x)是增函数,故当0<x<π时,p(x)>p(0)=0,即0<sinx<x,进而有0<sin2x<x2.又当x≥π时,有0≤sin2x≤1<x2,所以对x>0,恒有

0≤sin2x<x2.因此,a2+b2≥

>

.记函数u(x)=

,x>0,则u'(x)=

.令u'(x)=0,解得x=

或x=-

(舍去).当x变化时,u'(x),u(x)的变化情况如表: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)×

=2-

>

.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-lnx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=lna,令g'(x)=0,得x=

.易知f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)min=g

=1+lna,∴a-alna=1+lna,即lna=

①.令h(x)=lnx-

(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)=ln1-

=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-lnx,当x<0时,f(x)单调递减,当x>0时,f(x)单调递增;当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1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<x2<x3.则

-x1=

-x2=x2-lnx2=x3-lnx3,∴

-x1=x2-lnx2=

-lnx2.易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则lnx2∈(-∞,0),又f(x)在(-∞,0)上单调递减,∴x1=lnx2,同理x2=lnx3,x3=

.又

-x2=x2-lnx2,∴lnx2+

=2x2.∴x1+x3=lnx2+

=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

<a≤

,b>2a;②0<a<

,b≤2a.解析

(1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,∴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<a<

时,ln(2a)<0.y=f'(x)的大致图象如图1所示.

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

<a≤

,所以0<ln(2a)≤2,所以f(x)>0对任意x>0恒成立.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

.[-2,0]解析

函数f(x)是定义在R上的可导函数,g(x)=f(x)+f(-x),则g(x)的定义域为R,g(-x)=f(-x)+f(x)=g(x),则g(x)为偶函数,当x≥0时,g'(x)=f'(x)-f'(-x)>0,则g(x)在[0,+∞)上单调递增,当x∈

时,g(ax+1)≤g(x-2),则有|ax+1|≤|x-2|,即x-2≤ax+1≤2-x,所以1-

≤a≤

-1,由x∈

,可得-2≤a≤0.2.(2025届福建漳州重点高中开学考,16)已知函数f(x)=aex-lnx-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<x<2,所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞),单调递减区间为(0,2).(2)放缩法当a≥

时,f(x)≥

-lnx-1.设g(x)=

-lnx-1,则g'(x)=

-

.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>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-lnx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)<ex-1-x+1.解析

(1)因为曲线f(x)=ax-lnx在x=1处的切线垂直于y轴,所以f'(1)=0.由f(x)=ax-lnx得f'(x)=a-

,则f'(1)=a-

=0⇒a=1,则f(x)=x-lnx,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)<ex-1-x+1,即x-lnx<ex-1-x+1,即2x-lnx-ex-1-1<0,设h(x)=2x-lnx-ex-1-1,x>1,则h'(x)=2-

-ex-1=

,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)<g'(1)=0,则g(x)=2x-xex-1-1在(1,+∞)上单调递减,则g(x)<g(1)=0,则h'(x)<0在(1,+∞)上恒成立,则h(x)<h(1)=0,即f(x)<ex-1-x+1.4.(2025届河北联考,18)已知函数f(x)=ex-2x(x≥0).(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:

+

+…+

>lnn.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=ln3,g'(x),g(x)随x的变化情况如表:x[0,ln3)ln3(ln3,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减3-3ln3单调递增因为g(0)=1>0,g(ln3)=3-3ln3<0,所以g(x)在[0,ln3)上有唯一一个零点,又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln3,+∞)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=lns(s>1),则s-2lns-s-1>0,即s-

>2lns(s>1),设s=

,n≥2,n∈N*,满足s>1,所以

-

>2ln

,即

>ln

,所以

>ln

=lnn-ln(n-1),所以

+

+…+

>ln2-ln1+ln3-ln2+…+lnn-ln(n-1)=lnn,即

+

+…+

>lnn.1.(2025届河南濮阳质量检测,8)已知当x>0时,exlnx-xlnx≥a恒成立,则实数a的取值范围为

(

)A.(-∞,1]

B.(1,e2]C.(-∞,2]

D.[e,+∞)A解析

令f(x)=xlnx,则f'(x)=lnx+1,令f'(x)=0,得x=

,当0<x<

时,f'(x)<0;当x>

时,f'(x)>0,所以f(x)在

上单调递减,在

上单调递增,所以f(x)≥f

=-

,即xlnx≥-

.令t=xlnx,g(t)=et-t

,g'(t)=et-1,当-

≤t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0,所以g(t)在

上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(t)min=g(0)=1,所以a≤1.故选A.2.(2025届安徽六校质量测评,8)已知函数f(x)=xe3x-lnx-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]B解析

当x>0时,xe3x-lnx-x-|a|x≥1恒成立,|a|x≤xe3x-lnx-x-1,即|a|≤

(x>0)恒成立.令g(x)=

-1(x>0),则|a|≤g(x)min.设h(x)=ex-x-1(x≥0),有h(0)=0,h'(x)=ex-1,当x≥0时,h'(x)≥0,h(x)在[0,+∞)上单调递增,有h(x)≥h(0)=0,所以x≥0时,ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立.故g(x)=

-1=

-1=

≥

-1=2,当且仅当lnx+3x=0,即lnx=-3x时上式取得等号,由对数函数和一次函数的性质可知,方程lnx=-3x显然有解,所以|a|≤2,得a∈[-2,2].故选B.3.(2025届重庆巴蜀中学月考,14)对于函数f(x)=ex-x2+a,g(x)=xlnx,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

.解析

f'(x)=ex-2x,令h(x)=f'(x)=ex-2x,则h'(x)=ex-2,所以在(0,ln2)上,h'(x)<0,f'(x)单调递减;在(ln2,+∞)上,h'(x)>0,f'(x)单调递增,所以f'(x)min=2-2ln2>0,所以f(x)单调递增,值域为[a+1,e-1

+a].由g'(x)=1+lnx知,在

上g(x)单调递减,在

上g(x)单调递增,方程g(x)=k在

上仅有一个根,则k∈

∪

,所以[a+1,e-1+a]⊆

∪

,a∈

.4.(2025届浙江Z20名校联盟联考,18)已知函数f(x)=xlnx(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<m<n,求证:lnm+1<

<lnn+1.解析

(1)由f(x)=xlnx得g(x)=xlnx+(1-x)ln(1-x),0<x<1,求导得g'(x)=1+lnx-ln(1-x)-1=ln

=ln

,当0<x<

时,g'(x)<0,当

<x<1时,g'(x)>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

=-ln2,无极大值.(2)函数f(x)=xlnx,x∈[e,+∞),求导得f'(x)=1+lnx,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

即

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)

-lnm=

=

ln

,令

=t,由0<m<n,得t>1,令h(t)=tlnt-t+1,求导得h'(t)=lnt>0,函数h(t)在(1,+∞)上单调递增,h(t)>h(1)=0,因此

>1,即

-lnm>1,于是

>lnm+1.

-lnn=

=

ln

=

,令φ(t)=lnt-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

-lnn<1,则

<lnn+1,所以lnm+1<

<lnn+1.5.(2024北京西城期末,20)已知函数f(x)=x-ln(x+a),其中a>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.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<x<1-a时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故当x=1-a时,

f(x)取得极小值,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=

,①当0<k<

时,

-1>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

<g(0)=0,不符合题意,②当k≥

时,

-1≤0,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=-lna.当x∈(-∞,-lna)时,f'(x)<0,当x∈(-lna,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)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(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)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=-lna时,f(x)取得最小值,为f(-lna)=1-

+lna.设g(x)=1-

+lnx,则g'(x)=

+

=

>0,故g(x)=1-

+lnx在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,(i)当a∈[1,+∞)时,f(-lna)=1-

+lna≥0,此时f(x)没有两个零点;(ii)当a∈(0,1)时,f(-lna)=1-

+lna<0,又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-lna)上有一个零点;当x>ln

时,由ex>

可得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>