2022屆新高考（全國I卷）地區(qū)優(yōu)質(zhì)數(shù)學(xué)分項(xiàng)解析專題15 一元函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（解答題解析版）

2022屆新高考(全國I卷)地區(qū)優(yōu)質(zhì)數(shù)學(xué)試卷分項(xiàng)解析

專題15一元函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(解答題)(上期末卷)

44.(2022?河北張家口?高三期末)已知函數(shù)〃x)=e'+eT-加-2.

(1)當(dāng)。=1時(shí)，證明：函數(shù)/(X)在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增；

(2)若g(x)="x)-eT,討論函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù).

【答案】

(1)證明見解析

(2)答案見解析

【分析】

(1)先對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，再二次求導(dǎo)，可求得導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(o,+8)上單調(diào)遞增，從而可得「(x)>r(o)=(),

進(jìn)而可證得結(jié)論，

(2)當(dāng)a=0時(shí)，可得g(x)單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)，當(dāng)awO時(shí)，g'(x)=e*—2<zr,er—2ax=0=>2a=—,

X

令力(X)=G,利用導(dǎo)數(shù)求出Mx)的單調(diào)區(qū)間和極值，從而分0<“<],“和求解即可

(1)

證明：當(dāng)a=l時(shí)，/(x)=ex+e-t-x2-2,f(x)=ex-ex-2x.

當(dāng)x>0時(shí)，f^x)=e：'+ex-2>0,.

所以函數(shù)尸(x)在區(qū)間(0,田)上單調(diào)遞增，

故/'(""(。)=0，

故函數(shù)/(x)在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增.

(2)

解：當(dāng)。=0時(shí)，g(x)=e、2單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)，

當(dāng)時(shí)，g'(x)=e"-2ox,

令e'-2ax=0=>2a=-,

x

令“x)q,則*，

當(dāng)*<0時(shí)，Mx)<0,且"(x)<0,當(dāng)"0時(shí)，方程2"=《有唯一小于冬的零點(diǎn)，故函數(shù)g(x)存在一個(gè)

X

極值點(diǎn)；

當(dāng)0<x<l時(shí)，/i'(x)<0,當(dāng)x>l時(shí)，"(x)>0,

故函數(shù)M6在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，Ml)=e為函數(shù)妝外極小值，

所以當(dāng)0<〃<；時(shí)，方程24=《無解，函數(shù)g(x)無極值點(diǎn)：

2x

當(dāng)時(shí)，方程2a=《有一個(gè)解，

2X

但當(dāng)Ovxvl時(shí),—>2a,g'(x)=ex-2ax>0,當(dāng)x>l時(shí),—>2a,g'(x)=ex-2ax>0,故函數(shù)g(x)無極

值點(diǎn).

當(dāng)時(shí)，方程2a=《有兩解，函數(shù)g(x)存在一個(gè)極大值點(diǎn)和一個(gè)極小值點(diǎn).

2x

綜上，當(dāng)。<0忖，函數(shù)g(x)存在一個(gè)極值點(diǎn)，

當(dāng)啜h］時(shí)，函數(shù)g(x)無極值點(diǎn)，

當(dāng)時(shí)，函數(shù)g(x)存在一個(gè)極大值點(diǎn)和一個(gè)極小值點(diǎn).

45.(2022?青海西寧?高三期末(文))已知函數(shù)，(x)=(x-2)e\

(1)若ae(O,田)，討論f(x)在(0,a)上的單調(diào)性；

(2)若函數(shù)g(x)=〃x)—m(x-1)2在［1,2］上的最大值小于-g,求優(yōu)的取值范圍.

【答案】(1)答案見解析

⑵停收)

【分析】

(1)先對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，然后分ae(O,l］和。€(1,物)判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，

22

(2)由題意得g(x)=(xf(e,_2m),然后分m40,0<w<|,〈"得和機(jī)〈四種情況求g(x)在

［，2］的最大值，使其最大值小于-g,從而可求出機(jī)的取值范圍

(1)

f(x)=(x-l)e".

令得x<l；令/(元)>0，得x>l.

當(dāng)a?0,l］時(shí)，/(X)在(O,a)上單調(diào)遞減;

當(dāng)ae(l,"o)時(shí)，Ax)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1M)上單調(diào)遞增.

(2)

由題意得g(x)=(x-D(e*-2m).

若機(jī)40,e'-2m>0,則g(x)在口，2］上單調(diào)遞增，g(x)1rax=g(2)=-620,不合題意.

若0<〃W，則g(X)在口，2］上單調(diào)遞增，g(X)max=g(2)=F>與號(hào)，不合題意.

2

若二則g(x)在［1,In2向上單調(diào)遞減，在［ln2加,2］上單調(diào)遞增，

g(x)g=g6=—e或8⑴由=g(2)=一加.

,22e

當(dāng)e</n<萬時(shí)，g(x)?m=-e<-—■

當(dāng)■!<，"4e時(shí)，g(x)max=-m<-y-,則與<m4e.

2Q

若m吟,則在上單調(diào)遞減，與.

g(x)［L2］g(x)1rax=g(l)=-e<-

綜上，m的取值范圍是(專,+°°).

46.(2022?河北深州市中學(xué)高三期末)已知函數(shù)"x)=ei—ln(x+a)(a>0).

(1)證明：函數(shù)/'(x)在(0,+8)上存在唯一的零點(diǎn);

(2)若函數(shù)〃x)在區(qū)間(0,+8)上的最小值為1,求。的值.

【答案】(1)證明見解析

⑵3

【分析】

(1)首先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可得到r(x)在(o,+8)上單調(diào)遞增，再計(jì)算r(。)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)

說明((0)<0,再計(jì)算((a+1),即可得到r(a+l)>0,從而得證；

⑵由⑴可知存在唯一的/60,e),使得/(%)=0,即尸'=777即可得到。(勸="5)，即可

得到一一-=再根據(jù)y=』-lnx的單調(diào)性得到x0=l-“，即可得到小々“句，從而求出。的值:

玉)+〃x

(1)

證明：V/(x)=ex-a-ln(x+a)(a>0),二r(x)=e”“-士.

???>=6'-"在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，y=W在區(qū)間(a+8)上單調(diào)遞減，

.??函數(shù)/'(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

177一

又/(0)="〃一L=令g(a)=a-e”(a>0),g'(a)=l-e“<0,

aae(,

則g(〃)在(0,+e)上單調(diào)遞減，g(a)<g(0)=-l,故;(0)<0?

令%=。+1,則r(m)=r(〃+])=c—!—>o,

2a+1

所以函數(shù)尸(力在(0,心)上存在唯?的零點(diǎn).

(2)

解：由(1)可知存在唯一的fe(O，E),使得/'(與)=1叱—=0,即/-"=」一(*).

x0+ax0+a

函數(shù)f\x)=e'-a-士在(0,的)上單調(diào)遞增，

.?.當(dāng)xe(O,%)時(shí)，/VXO,“X)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(x°,+a>)時(shí)，f'(x)>0,〃x)單調(diào)通增；

/(x)min=f(X。)=e"-"-In(x0+a),

由(*)式得/(x)而“=/(%)=—!--ln(x0+a).

x0+a

，—1---ln(x0+a)=l,顯然x°+a=1是方程的解，

%+a

又???y=4-lnx是單調(diào)遞減函數(shù)，方程1--ln(x°+a)=l有且僅有唯一的解％+。=1,

x須)+a

把x°=l-a代入(*)式，得e?=i,.即所求實(shí)數(shù)。的值為，

47.(2021?江蘇?海安市曲塘中學(xué)高三期末)已知函數(shù)7U)=1nx一3+1在點(diǎn)(1,/(I))處與x軸相切，其

中mGR.

(1)求實(shí)數(shù)的值；

(2)對(duì)于任意的0<aVb,證明：/(?一/(a)」+l〈o.

b-aa

【答案】

(1)1

(2)證明見解析

【分析】

(I)求導(dǎo)，利用/(1)=0列式計(jì)算即可；

(2)將問題轉(zhuǎn)化為證明In^—2+i<0,設(shè)2=/,進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為證明lnr-r+l<0,設(shè)g⑺=lnf—f+l,

aaa

求導(dǎo)，研究其最值即可.

(1)

對(duì)函數(shù)/U)=lnx—1,x>0,有八x)=,一〃2；

x

因?yàn)?/(X)在點(diǎn)(1,/(I))處與X軸相切，

所以/(1)=1—772=0,

得m—1；

(2)

由(1)得，/(x)=lnx—x+Lx>0；

對(duì)于任意的OVaVb時(shí)，要證

b-a。

,.\nb-b+\—\na+a—\1,(

n即n證-------;-----------+1<0,

b-aa

.b..

□ii?-In—b+aI.i)八

即讓ra——+1<0,

b-aa

b

\ni

即證a

b-aa

即證In2Vb-a

a

即證In'—2+1<o；

aa

設(shè)2=f,r>l,則即證Inf—/+l<0；

a

設(shè)g(f)=lm—r+1,>1,

則g")=--l，在P(l,+8)時(shí)，g'(t)<0,

t

所以g(r)在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以g(t)<g(1)=0，

即lnr—f+1<0

故得證.

48.(2022?江蘇蘇州?高三期末)已知函數(shù)/(x)=ln(e*—1)一Inx.

(1)判斷，a)的單調(diào)性，并說明理由；

(2)若數(shù)列｛““｝滿足q=1,an+]=f(an),求證：對(duì)任意〃GN*,an>an+i>.

【答案】(1)f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增；理由見解析

(2)證明見解析

【分析】

(1)根據(jù)已知，對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，化簡，再次對(duì)分子求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，可得答案，

(2)先將4>。川>￡化為a“〉ln(e"”一1)—Ina”〉；a“,利用導(dǎo)數(shù)及單調(diào)性分別證明不等式左邊右邊,

即可得正.

(1)

、ev1xev-er+1(x-l)e'+1

f(x)=---------=-----------=------------

e*-1x(ex-l)x(ex-l)x

令g(x)=(x-l)e"+1,g'(x)=e'+(x-l)e'=xe*>0

g(x)在(0,+8)上遞增，.?.g(x)>g(0)=。，.?./'(x)>0,

f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

(2)

由a“+i=/(??)=ln(e%—1)一In%=an+l

a

要證,,>《川>卷，只需證%>an+i>

0>a,rt0

即證：an>Infe"-1)-Inan~^ne">+1,/.an+i-InCe"-1)-Inan>Inan-In=0?

an>0

eH?-1ea"-1

先證左邊：In--------<an<=>---------<e%

a.an

v

令an=x(x>0)=證e'-l<xe'，即證xe-e'+l>0

令/?(x)=xe*—e、+l,/z'(x)=xex>0,〃⑶在(0,+s)上遞增，.?/(x)>"0)=0,得證.

AA—11XX

再證彳?邊：In------->—x即證什xi2?x2

(2e—i>rAPCPe—YxPe-i>u

XXX(X、

令“(x)=e'-xei-r印⑴=e*-e2--e2=e2|^e2

.??H(x)在(0,+℃)上遞減,H(x)>/f(0)=0,也得證.

綜上：對(duì)V“wN*，an>an+l>^an,an>an+l>.

49.(2022?江蘇常州?高三期末)已知函數(shù)/(x)=a*—x"(x>0),其中a>l.

(1)若曲線y=/(x)在x=l處的切線平行于X軸，求。的值；

(2)當(dāng)aNe(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，求函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)并說明理由.

【答案】(1)a=e；

(2)答案見解析.

【分析】

(1)由已知可得,(1)=0,可得出關(guān)于實(shí)數(shù)〃的等式，即可得解：

(2)由/(x)=0可得出等=卓，將問題轉(zhuǎn)化為直線y=/與曲線g(x)=@±的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研

究函數(shù)g(X)=吐的單調(diào)性與極值,然后分"=e、a>e兩種情況討論，數(shù)形結(jié)合可得出函數(shù)f(x)在(0,+8)

上的零點(diǎn)個(gè)數(shù).

(1)

解：因?yàn)閒(x)=a*-x",其中x>0,則/'(x)=a*lna-ax"T,

由已知可得/"(l)=alna-a=〃(lna-l)=0,因?yàn)閍>l,解得a=e.

(2)

解：因?yàn)閤>0,由可得也=也，

ax

問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)aNe時(shí)，直線卜=等與曲線g(x)=(的交點(diǎn)個(gè)數(shù).

g'(x)=E?^，由g'(x)=?？傻脁=e.

當(dāng)0<x<e時(shí)，g'(x)>0,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)x>e時(shí)，g，(x)<0,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，則=g(e)=L

當(dāng)x>l時(shí)，g(x)=—>0,作出直線卜=皿與曲線8(耳=止的圖象如下圖所示:

xax

由圖可知，當(dāng)“=e時(shí)，直線、=等與曲線g(x)=當(dāng)?shù)膱D象只有一個(gè)交點(diǎn)，

此時(shí)函數(shù)/(力在(0,也)上只有一個(gè)零點(diǎn)；

當(dāng)a>e時(shí)，0<g(“)<g(e)」，此時(shí)直線y=吆與曲線g(x)=叱的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，

eax

此時(shí)函數(shù)/(X)在(0,+8)上有兩個(gè)零點(diǎn).

綜上所述，當(dāng)a=e時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,+8)上只有一個(gè)零點(diǎn)：

當(dāng)a>e時(shí)，函數(shù)/'(x)在(0,+R)上有兩個(gè)零點(diǎn).

e*一1

50.(2022?江蘇無錫?高三期末)已知函數(shù)=(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).

e+1

Q—1

(1)若不等式/(幻>^—恒成立，求實(shí)數(shù)X的取值范圍；

e+1

(2)若不等式/(x)<av+g-aln2在xe(ln2,+oo)上恒成立，求實(shí)數(shù)。的取值范圍.

【答案】(I)%>1；

⑵

【分析】

(1)先判斷了(X)在R上單調(diào)遞增，再利用單調(diào)性解不等式得解；

已，—11—11

(2)等價(jià)于-------ax+a\n2——<0對(duì)^^6(1112,+00)恒成立，令g(%)=-------ax+aln2——，

ev+13ev+l3

利用二次求導(dǎo)對(duì)〃分類討論求函數(shù)g(x)的最大值得解.

(1)

>17?e_1

解：/(x)=——J,由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性原理得"X)在R上單調(diào)遞增，由/(%)>J得

e1+1ev+1e+1

三1〉三1,即/(X)〉/⑴,ml.

e'+1e+1

(2)

e'_I1

解：-------ax+aln2——<0對(duì)Dxc(In2,+8)恒成立

er+l3

人z、eA-l-1，/、2ex

令g(x)=^j_依+〃ln2一§,+

2evn-eA)

g"(x)=-一/<0，.?.g'(x)在(ln2,y)上單調(diào)遞減，

(e+1)

4

rr

^g(x)<g(ln2)=--af

44

若一一aWO,即a22時(shí)，/(》)<0在》6(1112,+8)上恒成立，則g(x)在(出2,內(nèi))上單調(diào)遞減，

99

g(x)<g(ln2)=0符合題意.

4八4

若---a>0,ll|Jci<一時(shí)，

99

(i)若"V0,則g'(x)>0,g(x)在(ln2,+oo)上單調(diào)遞增，g(x)>g(ln2)=o這與題設(shè)矛盾，舍去.

4

(ii)若則存在與使g'a))=0,且當(dāng)xw(ln2,x())時(shí)，g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，此時(shí)

g(x)>g(ln2)=0這與題設(shè)也矛盾，舍去.

4

-

綜上：實(shí)數(shù)。的取值范圍為9,

51.(2022?江蘇如東?高三期末)已知函數(shù)五%)=①。一地)+蛆("?6陽.

(1)若〃?=0,求函數(shù)7U)在x=l處的切線方程；

(2)若7(x)K),求，”的取值范圍.

【答案】

(1)ex-y=0；

(2)m>-e.

【分析】

(I)求出導(dǎo)函數(shù)/'(x),計(jì)算出了'⑴，再得出/⑴可得切線方程；

(2)不等式用分離參數(shù)法變形為〃亞照士也恒成立，設(shè)g(x)=e*(lnx-x),利用導(dǎo)數(shù)求得g(》)的最大

XX

值即可得.

(1)

f(x)=ex(x-lnx),則f\x)=ev(x-Inx)+e'(1--)=ex(-^+1-Inx--),

xx

r(l)=e,又=所以切線方程為>—e=e(x-l),即ex—y=0；

(2)

函數(shù)f(x)的定義域是(0,4-OQ),/(x)=e"(x-Inx)+mx20恒成立，

所以m2cpnx一幻恒成立,

x

設(shè)g*)=32,

X

e'(lnxT+gl).Kln…)_eg)(ini一1),

x~x~

11—Y

設(shè)/z(x)=lnx-x-l,則〃(》)=上-1==，0<》<1時(shí)，/?x)>0,/i(x)遞增，x>l時(shí)，h'(x)<0,/i(x)遞

XX

減，所以人(X)max=力⑴=-2<0,所以x>0時(shí)，lnx-x-l<0恒成立，

因此0<x<l時(shí)，g'(x)>0,g(x)遞增，X>1時(shí)，g'(x)<0,g(x)遞減，

所以g(X)nm=g6=-e,

由〃吐e,(lnx-x)恒成立得m>_e.

X

52.(2022?山東日照?高三期末)已知函數(shù)〃x)=lnx-ox+Z?,中a,〃eR.

(1)當(dāng)。>0時(shí)，求“X)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若a=l,be[0,2]，8(x)=H-xlnr-l,對(duì)任意實(shí)數(shù)xe[l,e],/(x)29(x)恒成立，求％的最大值.

【答案】(1)/(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,5),單調(diào)減區(qū)間為(：,+8)

(2)0

【分析】

(1)直接利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性；

(2)利用分離參數(shù)法得到左4(處+lnx-l+空)*，其中xw[l,e].

XX

設(shè)g(x)=(+lnx-l+”,貝i]g，(x)=9手，即g，(x)=*Q.討論/(x)的單調(diào)性求出

g(x)min=In/得到k-2b<lnx0+--2/?=31rL￥0-2x0+—.

玉)X。玉)

令/2(x)=31nx-2x+J利用導(dǎo)數(shù)求出女-2。的最大值為0.

(1)

函數(shù)./.(X)=1M-以+。的定義域?yàn)?O，+8),/'(x)=(-a=T(l-or).

當(dāng)〃>0時(shí)，令1-以=0解得：x=—,

a

所以當(dāng)ae(0,1)時(shí)，Z(x)>0,/(x)在(0,上單調(diào)遞增：

當(dāng)ae],+a>)時(shí)，/(可<0,f(x)在(，+8)上單調(diào)遞減.

綜上所述：當(dāng)ae(0,￡)時(shí)，〃x)在(0,；(上單調(diào)遞增；“X)在上單調(diào)遞減..

(2)

當(dāng)a=l時(shí)，/(x)=lnx-x+Z?,故〃x)N0(x)恒成立可化為心(卓+111犬一1+與3而11,其中工€[1同.

”/、\nx,.h+\…，/\inx-x+h，/、f(x)

設(shè)g(x)=-^-+lnx-l+—,則g(x)=---——，即an/(x)=—

由(1)可得，在[Le]匕單調(diào)遞減.，所以〃x)1raA=/(1)=。-1,/(x)m.n=/(e)=fe+l-e,即

/(x)e[/?+l-e,Z>-l].

下面討論/(x)在xe[1,e]上的零點(diǎn)：

①若6-1W0,即04641.

此時(shí)/(x)40,g((x)>0,g(x)在xw[l,e]上單調(diào)遞增.

故4Vg(x)mm=g(l)="，即&—力=-640：

②若b+l-eNO,e-\<b<2.

此時(shí)/(x)20,g〈x)40,8⑴在工小同上單調(diào)遞增.，故&4g(x)而n=g(e)=卓所以

A:-2^<^^-2/2<[--2|x(e-l)+-=3+--2e<0；

ekcjee

③若1v)ve-l,

此時(shí)尸(x)=9140(xe[l，e])，/(可在[l,e]上單調(diào)遞減..

X/(l)=/,-l>0,〃e)=。-e+l<0.

故存在4e(,e),使得了小)=0,

所以g(x)在x?l,為)上單調(diào)遞減,在xe(七,e)上單增.

故&4g(x)min=g(xo)=^^+m%+'=lnxo+-!-,

玉)/%0

又/(Ao)=1啄一為+h=0,所以左一2b4\nx0+—■■-2b=3\nx0-2x0+—.

令〃(x)=3Inx-2x+，,則〃(力=--y+--2=-j--1--2j,xe[l,e],

xxx\xy\xj

所以〃'(x)<0,所以〃(x)在(l,e)上單調(diào)遞減,^k-2b<--2b<h(\)=-\,

e

綜上所述：4-乃的最大值為0.

【點(diǎn)睛】

導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用主要有：

(1)利用導(dǎo)函數(shù)幾何意義求切線方程；

(2)利用導(dǎo)數(shù)研究原函數(shù)的單調(diào)性，求極值(最值)；

(3)利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍；

(4)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

53.(2022?湖北?高三期末)已知函數(shù)f(x)=eT(x+l).

(1)討論函數(shù)/(x)的單調(diào)性；

(2)設(shè)4/為兩個(gè)不等的正數(shù)，且，2皿，|Tjnq=乙-2?<，2)，若不等式+/Hn4>0恒成立，求實(shí)

數(shù)4的取值范圍.

【答案】

(1)在(-8,0)上單調(diào)遞增，在(0,+8)上單調(diào)遞減

(2)/1>1

【分析】

(I)首先對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)大于零，求得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于零，求得減區(qū)間；

(2)令％=1",*2=皿,將式子-“nf?=%-勻轉(zhuǎn)化為華=玉孝，實(shí)數(shù)與，三滿足〃不卜〃々)且

e1e2

不等式占+兒々>°恒成立，由芭<士及(1)知一1cxi<0<犬2<+00,利用函數(shù)f(x)在(0,+8)單調(diào)遞減，構(gòu)

造新函數(shù)/(x)=/Lln(x+l)-41n-(1+Z)x,X6(-1,0)求導(dǎo)，分情況討論求得結(jié)果.

(1)

因?yàn)槭?》)=-疣7,

所以當(dāng)xe(T?,0),r(x)>0,/(x)在(-8,0)上單調(diào)遞增，

當(dāng)xe(0,內(nèi)),/'(x)<0,/(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞減.

(2)

令Xi=ln?1,x2=In?2,

xxX|X|

則t2In4-r.Int2aoe-xx-e'x2=e-e-<=>%

依題意得實(shí)數(shù)不占滿足/(%)=〃/)且不等式％+4%2>0恒成立,

由及(1)知一1<X[<0<工2<+8,

法1：不等式占+AX2>。恒成立知AX2>-x,,所以X>0,々>一?>0,

A

乂函數(shù)"X)在(0,+00)單調(diào)遞減，.?./(%)<-―土

2

,-2+1

又/(%)=〃％)，所以/6)</，即直里<上一

e

兩邊取對(duì)數(shù)得XlnQ一(1+九)X]<0對(duì)Xj€(-1,0)恒成立,

設(shè)F(x)=21n(x+l)-2lnH—(1+A)X,XG(—1,0),

貝++-i=筆需”

I

①當(dāng)XN1時(shí)，尸(x)>0對(duì)xe(-LO)恒成立,

此時(shí)尸(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增，故尸6)</(0)=0恒成立，符合題意,

②當(dāng)2w(0,l)時(shí)，2-1e(-1,0),則xe(4-l,0),F'(x)<0,

此時(shí)F(x)在(彳-1,0)上單調(diào)遞減,故尸(x)>尸(0)=0,不符合題意.

綜上所述，2>1.

X.+1X,+1.._X,+1

法2.ria--=——ne**v'=^—

公出爐9x,+l

令，ff八。)，則行

l+l-e'(I)e'+1

所以不等式占+4赴*00—:--------1~4------：-----------20=4(f-l)e'-e'+r+zl+lNO

e'-le1-l

令h(t)=2(z-l)e,-e,+r+2+l(r>0),依題意h(t)>0恒成立.

gQ)=h'(t)=Ate'-e'+1,g'(f)=A(t+l)e'-e'=(加+2-l)ez

①當(dāng)421時(shí)，g")20,1")遞增,從而」⑺>“(0)=0,

所以〃⑺在(0,e)上遞增,故力⑺>0恒成立.

②當(dāng)0</<1時(shí)，由g'(/)<0得o<r<一，所以“⑴在(0,一］

上遞減,

，〃⑺</?'(())=0,/??)在(0,一

所以上遞減,

故V。，號(hào)

，〃⑺<〃(0)=0,不合題意.

③當(dāng);IVO時(shí)，由王<0,當(dāng)>0知芭<0,不合題意.綜上所述，A>1.

54.(2022?廣東清遠(yuǎn)?高三期末)已知函數(shù)/(x)=e*T-a(x-l).

(1)討論的零點(diǎn)個(gè)數(shù).

(2)若/")有兩個(gè)不同的零點(diǎn)片,巧，證明：%+々>4.

【答案】(1)答案見解析

(2)證明見解析

【分析】

(1)先通過求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分類討論即可求解;

(2)將問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的單調(diào)性后再求解即可.

(1)

因?yàn)?'(1)=1X0,所以1不是八。的零點(diǎn).

當(dāng)/(x)=ei-a(x-l)=0,可變形為<=0,

令g(x)=，則f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即直線y=”與g(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù).

(X一2)

因?yàn)間'(x)=,,、，，g'(x)=0,得x=2,又xwl,

所以g(x)在(F,1),(1,2)上單調(diào)遞減，在(2,+O上單調(diào)遞增.

因?yàn)間(2)=e,且當(dāng)x<l時(shí),g(x)<0,

所以當(dāng)ae[0，e)時(shí)，/(x)沒有零點(diǎn)；

當(dāng)ae(YO,0)u(e｝時(shí)，/⑶有一個(gè)零點(diǎn);

當(dāng)ae(e,+oo)時(shí)，/(x)有兩個(gè)零點(diǎn).

(2)

證明：由(1)知，當(dāng)ae(e,+oo)時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn).

設(shè)占<%,則用<(1,2),無2€(2,+8),

ex'~l-a(%1-1)=0,X1-1

得=

由■x：

e~'-a(x2-1)=0,/一1

所以石一/=ln(xj-1),即x1-ln(xj-l)=x2-ln(x2-l).

1v_?

令〃(%)=%-ln(x-l),xw(l,+oo),貝ij“(x)=l----=----,

x-1x-\

易得力(功在(L2)上單調(diào)遞減，在(2,內(nèi))上單調(diào)遞增.

要證菁+%>4,即證12>4—%.

因?yàn)椤?gt;2,4-%>2,且〃(x)在(2,+8)上單調(diào)遞增，所以只需證〃(々)>〃(4一百).

因?yàn)椤?瓦)=/?(%),所以即證/?(%)>力(4一為).

令F(x)=h(x)-〃(4-x)=x-ln(x-1)-(4-x)+ln(3-x)=2x-4-ln(x-l)+ln(3-x),XG(l,2),

2(x-2y

則尸⑸=2-』+<0,

x-3(x-l)(x-3)

所以尸(X)在(1,2)上單調(diào)遞減.

因?yàn)镕(x)>F(2)=0,所以〃(x)-〃(x—4)>0.

因?yàn)闉閫(1,2),所以故為+々>4.

55.(2022?廣東揭陽?高三期末)已知函數(shù)/'(x)=Ae*-ax-alnx+a.

⑴若a=e,判斷函數(shù)/(x)的單調(diào)性，并求出函數(shù)“X)的最值.

(2)若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)。的取值范圍.

【答案】(1)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,收)上單調(diào)遞增，最小值為/(l)=e,無最大值

(2)(e2,+oo)

【分析】

(1)把。=e的值代入函數(shù)“X)的解析式，從而根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可求函數(shù)f(x)的最值；

(2)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性可求函數(shù)的最小值；根據(jù)題意列出滿足條件的。的不等式,

從而求出。的范圍，然后驗(yàn)證即可.

(1)

易知函數(shù)的定義域?yàn)?0,+8),

當(dāng)〃=e時(shí)，/(x)=xev-e￥-elriY4-e,

所以尸(》)=(》+1)6，_€_：=(》+1)卜-：),

當(dāng)x?0,l)時(shí),r(x)<0；當(dāng)XG(l,+oo),/,(x)>0；

所以/(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,一)上單調(diào)遞增：

由此可得，“X)的最小值為"l)=e-e-elnl+e=e,無最大值.

(2)

因?yàn)?'(x)=W—ox—Hnx+q,所以/'(x)=(x+l)e*=(x+1)卜--.

當(dāng)“VO時(shí)，/'(x)>0在(0,+8)上恒成立，所以“X)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

故可得函數(shù)/(x)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意：

當(dāng)。>0時(shí)，令e*-3=0,設(shè)該方程的解為看,

X

則在(0,%)上，r(x)v0；在5,+oo)上,/,(x)>0,

所以f(x)在(0,為)上單調(diào)遞減，在(』,+<?)上單調(diào)遞增；

為了滿足/(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則有〃%)=為e&-時(shí),-41叫+。<0①

因?yàn)榉绞欠匠?-色=0的解，所以x0e*=a,兩邊取對(duì)數(shù)可得1叫+與=lna②，

X

將②式代入①式可得”為)=。(2-1加)<0,所以”的取值范圍為〃€?,+8).

口當(dāng)ae(e\+8)時(shí)，由②式得天>>l,/(l)=e-a+a=e>0,所以/(x)在(O,x())上僅有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)xf+8

時(shí)，〃x)f+oo,故可得/(x)在(%,《?)上僅有1個(gè)零點(diǎn)；

綜上，若函數(shù)/(X)存在兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)。的取值范圍是

56.(2022?廣東汕尾?高三期末)已知函數(shù)/(x)=lnx-ax+l,〃是常數(shù)且aeR.

(1)求曲線y=/(x)在點(diǎn)P(1J⑴)處的切線/的方程；并證明：函數(shù)/(x)=lnx-ar+l(xxl)的圖象在直

線/的下方；

(2)已知函數(shù)g(x)=；ar2_[/(x)+ar]有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

【答案】(1)(l-a)x-y=0,證明見解析；(2)0<a<e

【分析】

(1)由導(dǎo)數(shù)的兒何意義和點(diǎn)斜式可求切線/的方程(l-a)x-y=0；可構(gòu)造/?(x)=f(x)-(1-a)x=lnx-x+1,

結(jié)合導(dǎo)數(shù)證明力(x)<0即可；

(2)由已知化簡得g(x)=:ax2-[nx_l,求得g，(x)=廄-_1,對(duì)參數(shù)a進(jìn)行分類討論，確定函數(shù)的增減區(qū)

2x

間與極值，可得當(dāng)0<a<e時(shí)，m,lin<0.結(jié)合零點(diǎn)存在定理進(jìn)一步證明在區(qū)間(o,乎)和[乎，物上

各有一零點(diǎn)即可.

(1)

由/(元)=lnx—ar+l,得r(%)=4-%

x

1(1)=1-a,/(l)=l-a,?,?切線方程為y-(l-a)=(l—a)x(x-l),

所以曲線y=〃幻在點(diǎn)尸(1J⑴)處的切線方程為(1-初?y=0；

令h(x)=/(x)-(l-a)x=lnx-x+l(x>0),

“⑴」-1,

x

當(dāng)Ovxvl時(shí),〃'(x)>O,〃(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,

當(dāng)x>l時(shí),/?’(x)<0,〃(x)在(l,+oo)上單調(diào)遞減，

所以〃*)4如)=0,

所以x>0,旦XR1時(shí)，Inx—x+l<0,即Inx-ar+l<(l-q)x,即函數(shù)/(x)(xw1)的圖象在直線/的下

方；

(2)

g(x)=；ax2_[〃x)+ax2-ln.r-l,%e(O,-H?),

g，(x)=ar-L

X

當(dāng)aMO時(shí)，g'(x)<O,g(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞減，

所以函數(shù)g(x)在(0,m)至多有一個(gè)零點(diǎn)，故不合題意;

ax-1

當(dāng)a>0時(shí)，g'(x)=ax~—

x

令g'(x)=O,得彳=亞或一血(舍去),

；.0<x<當(dāng)時(shí)，g，(x)<O,g(x)在0,

上單調(diào)遞減,

x>乎時(shí),g，(x)>O,g(x"當(dāng)

,內(nèi)上單調(diào)遞增,

7

.?.x=12為函數(shù)g(x)唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn),

a

=|(Ina-l),

，g(x)mM=

：.函數(shù)g(x)在定義域(0.+OO)上有兩個(gè)零點(diǎn)必須滿足g(x)mi?=-(lna-l)<0,

0<a<e>

卜面證明Ova<e時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn),

VO<a<e.:衛(wèi)>顯>=,g[T|=_La[T|-ln--l=-^>0,

aeeyeJ2e2e~

.

??66<0,

￡勾

故函數(shù)g(x)在存在一個(gè)零點(diǎn),

e'j

由(1)可知，a=l時(shí)，f(x)=lnx-x+l￡O恒成立，即lnx+14x恒成立(當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)等號(hào)成立),

Ag(x)=^ax1-(\nx+\)>^ax1-x(當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)等號(hào)成立),

2

「33八

—=—>0,

?a2a

<0,

故函數(shù)g(x)在存在一個(gè)零點(diǎn),

綜上所述：0<a<e時(shí)，函數(shù)g(x)在其定義域上有兩個(gè)零點(diǎn).

57.(2021?河北邯鄲?高三期末)已知函數(shù)/(x)=aei-x.

(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

(2)若〃x)+x-INlnx-Ina恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

【答案】

(1)答案見解析；

(2)

【分析】

(1)對(duì)/(》)進(jìn)行求導(dǎo)，得/'(力=四1-1,分類討論“V0和a>0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,

即可得出函數(shù)〃力的單調(diào)性；

(2)根據(jù)題意，將原不等式轉(zhuǎn)化為eM-i+lna+x-lNlnx+x=eM，+lnx，令g(x)=，+x,即

g(hw+x-l)Ng(lnx),根據(jù)g(x)的單調(diào)性解不等式并分離常數(shù)得出InaNlnx-x+l,構(gòu)造新函數(shù)

/z(x)=lnx-x+l,利用導(dǎo)數(shù)研究〃(x)的單調(diào)性和最值，從而得出實(shí)數(shù)”的取值范圍.

(1)

解：由題意得了'(力=四1—1,

當(dāng)aVO時(shí)，〃x)<0：

當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)x>l-lna時(shí)，/,(x)>0,當(dāng)x<l-lna時(shí)，/,(x)<0；

綜上，當(dāng)時(shí)，函數(shù)在R上單調(diào)遞減；

當(dāng)”>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(1-Ina,抬。)上單調(diào)遞增，在(3,1-Ina)上單調(diào)遞減.

(2)

解：原不等式為ae*T_121nx—Ina,

等價(jià)于/m+lna+x-lNlnx+xUlnx,

令g(x)=e'+x,上述不等式等價(jià)于g(lna+x-l)2g(lnx),

顯然g(x)為單調(diào)增函數(shù)，.?.又等價(jià)于lna+尤-iNlnx,即InaWlnx—x+l,

令〃(x)=lnx-x+l,貝==~

在(0,1)上，〃(x)>0,網(wǎng)力單調(diào)遞增;在(1,m)上,//(x)<0,/i(x)單調(diào)遞減,

所以InaNO,即aZl,...實(shí)數(shù)。的取值范圍是口，+<?).

58.(2022?江蘇如皋?高三期末)設(shè)/U)=xe'—加衛(wèi)，機(jī)GR.

(1)設(shè)g(x)=/(x)—2〃tv,討論函數(shù)y=g(x)的單調(diào)性；

(2)若函數(shù)y=/(x)在(0,+8)有兩個(gè)零點(diǎn)xi,X2,證明：XI+X2>2.

【答案】

(1)答案見解析

(2)證明見解析

【分析】

m=

(1)求出g'(x)=(x+0(e，-2"?),分加40、0<m<Y->m>^-y^~討論且(1)的單調(diào)性即可；

(2)令/(x)=xe，—/nd=0得e，=〃優(yōu)，代入對(duì)芻兩式相除得，e'z=土，設(shè)令/=芻-%求出

^=—,反解出玉=士，則再+電=工+，，即證工+f>2,等價(jià)于證明：2r+(r-2)(e,-l)>0,

X]e—1e—1e—1

構(gòu)造函數(shù)咐=2/+?-2m-1)(>0),利用導(dǎo)數(shù)求出單調(diào)性可得答案.

(1)

g(x)=Aev—mx2—hnx^x&R),g'(x)=(x+l)(e*-2〃?)，

時(shí)，ex-2m>0,當(dāng)x>-l時(shí)g'(x)>0,g(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，

當(dāng)x<T時(shí)g'(x)<0,g(x)是單調(diào)遞減函數(shù);

機(jī)>0時(shí)，令g'(x)=O,得與=-1,9=ln(2m),

當(dāng)-l>ln(2加)即0<相<2時(shí)，x>-l或x<ln(2m)時(shí)g'(x)>0,g(x)是單調(diào)增函數(shù),ln(2/n)<x<-l時(shí)

g[x)<0,g(x)是單調(diào)遞減函數(shù),

當(dāng)-l<ln(2加)即〃?"時(shí)，x<-l或x>ln(2m)時(shí)g'(x)>0,g(x)是單調(diào)增函數(shù)，-l<x<ln(2m)時(shí)

/(x)<0,g(x)是單調(diào)遞減函數(shù)，

當(dāng)—l=ln(2〃z)即機(jī)=/時(shí)，g'(x)>0,g(x)在xeR上是單調(diào)增函數(shù),

綜上所述

“M0時(shí)，g(x)在(-1,+功是單調(diào)遞增函數(shù)，在(—,1)上是單調(diào)遞減函數(shù)；

0<，”<5時(shí)，g(x)在(T,+°o),(-oo,ln(2/n))上是單調(diào)增函數(shù)，在(ln(2zn),-l)是單調(diào)遞減函數(shù)，

機(jī))，時(shí)，g(x)在(fl),(ln(2,冷,一)上是單調(diào)增函數(shù)，在(-Un(2加))是單調(diào)遞減函數(shù)，

時(shí),g(x)在xeR上是單調(diào)增函數(shù).

2e

(2)

令/(工)=屁、-如2=0,因?yàn)閤>0,所以e'/nr,

x?

4,F(x)=e-mr(x>0),/(A;)=O,F(X2)=O,兩式相除得，

%，①

%

不妨設(shè)七>為，令t=x「X\,貝h>0,x2=?+%,，

代入①得：e'=4,反解出：％=工，則芭+&=2芭+/==+/,

$e-1e-1

2t

故要證玉+々>2即證二二+f>2,又因?yàn)閑'-l>0，

e—1

等價(jià)于證明:2/+(r-2)(e,-l)>0,

構(gòu)造函數(shù)仲)=〃+?-2乂1-l)(f>0),

則h\t)=(r-l)e'+1,h"(t)=te'>0,

故h'(t)在(0,+8)上單調(diào)遞增,h'(t)>/0)=0,

從而在上單調(diào)遞增，

Kt)(0,+8)/??)>/7(0)=0.

即

x1+X2>2.

59.(2022?江蘇通州?高三期末)已知函數(shù)凡t)=sinx+tanA-"2—2%.

⑴當(dāng)。=0時(shí)，判斷并證明式x)在卜去上的單調(diào)性；

TT

(2)當(dāng)XG(O,萬)時(shí)，,")>0,求a的取值范圍.

【答案】

(1)函數(shù)Ax)在卜宗上單調(diào)遞增；

(2)(-oo,0]

【分析】

(1)求函數(shù)/(x)=sinx+tanx-2x的導(dǎo)函數(shù)，判斷其值為正，由此完成證明；(2)先證明sinx<x,分a>l,

0<。<1三種情況驗(yàn)證條件，由此求”的取值范圍.

(1)

sinx

當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=sinx+tanx-2x=sinx+-——~2x,

cosx

?rv\,cos2x+sin2x1

..f(x)=cosx+---------z---------2=cosx+——------2，

COS~