導數(shù)的綜合應用（練習）解析版-2025年高考數(shù)學二輪復習專練

專題3.6導數(shù)的綜合應用

【新高考專用】

題型基礎練

題型_N導數(shù)中的函數(shù)零點(方程根)問題

1,%>0

1.(2024?新疆烏魯木齊?三模)已知符號函數(shù)sgn(x)=0,x=0,則函數(shù)/(%)=sgn(lnx)—零點

—1,x<0

個數(shù)為()

A.0B.1C.2D.3

【解題思路】根據(jù)零點的定義計算即可.

【解答過程】①當Inx>0,即第>1時，/(%)=1-xlnx,

/(X)=—Inx—1<0在(1,+8)上恒成立，

所以/(%)在(1,+8)單調(diào)遞減，

因為/(I)=1>0J(e)=l-e<0,

所以存在久o6(Le)使得f(與)=0.

團當Inx=0,即％=1時，/(%)=—xlnx,

因為f(l)=0,所以％=1是/(%)的零點.

團當Inx<0,即OV%V1時，/(%)=-1—xlnx,f(%)=—Inx—1,

令/'(%)>0,得0V%V，，令/得

所以n>)在(o,3單調(diào)遞增，在G，I)單調(diào)遞減，

所以f(X)max=￡)=-l+：<。，

此時/(X)在(0,1)沒有零點，

綜上，/(x)的零點個數(shù)為2.

故選：C.

2.(2024?貴州貴陽?一模)已知函數(shù)人久)=卜+7”>°,若方程/(久)+ex=0存在三個不相等的實根,

Ie%<0

則實數(shù)a的取值范圍是()

A.(—8,e)B.(—8,-e)C.(一8,-2e)D.(-8,2e)

【解題思路】考查利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題，先根據(jù)導數(shù)情況得出函數(shù)單調(diào)性和最值情況，再數(shù)形結合

分析，分段函數(shù)分段討論即可.

【解答過程】因為方程f(x)+ex=0存在三個不相等的實根，所以函數(shù)g(x)=/(x)+ex有三個零點，

當％G(—8,0)時,g(%)=/(%)+ex=e~x+ex,所以g'(%)=—e~x+e,

所以當久€(—8,—1)時，g'(%)v0；當無￡(—1,0)時，g(x)>0,

所以g(x)在(一叫一1)上單調(diào)遞減，在(一1,0)單調(diào)遞增，g(%)>g(-1)=0,

又當XT0時，g(x)-1；當久T-8時，^(%)->+oo,所以g(E)圖象如圖；

當％G(0,+8)時，g(%)=/(%)+e%=a+：+ex,

所以/(%)=_訝+e='電手-1),所以當xE(0,1)時，g(x)<0；當％6(1,+8)時，g/(%)>0,

所以g(%)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)單調(diào)遞增，g(%)之g(l)=a+2e,

又當工—0時，9(%)—+8；當％一+8時，g(%)t+8,所以g(X)圖象如圖，

所以當a+2e<0即a<-2e時函數(shù)g(%)=/(%)+e%有三個零點,

即方程f(%)+ex=0存在三個不相等的實根，

故選：C.

3.(2024?廣東梅州?三模)已知函數(shù)/(%)=e%-Q%2,aeR,/'(%)為函數(shù)/(%)的導函數(shù).

⑴討論函數(shù)/'(%)的單調(diào)性；

(2)若方程/(%)+/'(%)=2-a/在(o,i)上有實根，求Q的取值范圍.

【解題思路】(1)由題意得/'(%)=ex—2ax,令g(%)=ex—2ax,則g'(%)=ex—2a,分類討論a<0,a>0,

即可得出答案；

(2)由(1)得/'(%)=ex-2ax,題意轉(zhuǎn)化為方程e%—ax—1=0在(0,1)上有實根，令(p(x)=ex—ax-l(xE

(0,1)),則0Go=e%-a,分類討論a<1,a>e,1<a<e,即可得出答案.

【解答過程】(1)f\x)=ex-2ax,令g(%)=e%-2a%,則g'(%)=e*-2a

當a40時，g\x)>0,函數(shù)/'(%)在R上單調(diào)遞增；

當a>0時，g(黑)>0,得久>ln2a,g(%)<0,得％<In2a.

所以函數(shù)f'(%)在(-8/n2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a,+8)上單調(diào)遞增.

(2)由(1)知，f(%)=ex-2ax,方程/(%)+/'(%)=2-a/在(oj)上有實根等價于方程一一i二。

在(0,1)上有實根.

令？(%)=ex—ax—1(%G(0,1)),則？(%)=ex-a

當Q41時，(/?(%)>0,函數(shù)0(%)在(0,1)上單調(diào)遞增，0(%)>0(0)=0,不合題意；

當Q^e時，，(%)V0在(0,1)上恒成立，所以函數(shù)以第)在(0,1)上單調(diào)遞減，0(%)<0(0)=0,不合題意；

當1VaVe時，</?(%)<0,得0<%<Ina,w(%)>0,得Ina<x<1,

所以函數(shù)9(%)在(0/na)上單調(diào)遞減，在(Ina,1)上單調(diào)遞增.

因為9(。)=0,所以w(l)=e—a—1>0,所以a<e—1

綜上所述，a的取值范圍為(1￡一1).

1

4.(2024?全國?模擬預測)已知函數(shù)/(%)=%鼓一a(%>0),且/(第)有兩個相異零點％力第2?

(1)求實數(shù)。的取值范圍.

(2)證明：/+犯>

【解題思路】(1)利用導數(shù)求出函數(shù)/(乃的最小值，再分段討論并構造函數(shù)，利用導數(shù)探討單調(diào)性，結合

零點存在性定理推理即得.

(2)由(1)的結論，結合函數(shù)零點的意義可得；dn%-Ina?%+1=0有兩個相異的解%力％2，再構造函數(shù),

借助單調(diào)性確定久1，%2的取值區(qū)間，再結合分析法推理證明即得.

【解答過程】(1)函數(shù)/(、)=%或一a,求導得/'(%)=(1-，或=?曲，

當0<%<1時，/(%)<0；當汽>1時，/(x)>0,/(%)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，

則f(%)min=f⑴=e-a.

當aWe時，/(%)N0恒成立，/(%)至多有一個零點，不符合題意，

11

當a>e時，/(I)<0,f(a)=aea—a—a(e?-1)>0,即使f(%2)=。，

/(：)=—a—e:。,令g(a)=ea—a2,求導得g(a)=ea—2a,

令9(a)=ea—2a,求導得0(a)=ea—2>0,即g(a)在(e,+8)上單調(diào)遞增,(p(d)>@(e)=ee—2e>0,

于是g'(a)>0，函數(shù)g(a)=ea-M在3+8)上單調(diào)遞增，g(a)>g(e)=ee-e2>0,

因此三%1￡((1),使f(%i)=O,

所以實數(shù)a的取值范圍為(e,+8).

11

(2)由(1)知，無所=a有兩個相異的解久即方程In%+=Inao%ln%-Ina?%+1=0有兩個相異

的解，

令函數(shù)h(x)=xlnx-Ina-x+1,求導得=Inx+1-Ina在(0,+8)上單調(diào)遞增，且=0,

當0<%<：時，ft(%)<0,九(%)在(0,?)單調(diào)遞減，當%時，％'(%)>0,%(%)在(?+8)單調(diào)遞增，

不妨設第1<第2，顯然%1€(o,￡)，x2E(p+00),

要證％1+%2>§，即證》2>Y-Xl>7即證九(久2)>九(§一第1)?

又九(%1)=%(%2)，則即證八(%1)>九((一支1)，令函數(shù)F(%)=似%)-%(§-%),xG(0^),

貝！JF(久)=/i(%)+-x)=Inx+1—Ina+ln(g—x)+1—Ina=ln(g%—x2)+In宏，

而，=—(x—￡)2+%<%,則F(x)VIn+In=0,

因此函數(shù)F(%)在(05)上單調(diào)遞減，即F(%)>/(￡)=0,則以第i)>/;(稱一久i),

所以％1+打>

題型二卜利用導數(shù)證明不等式O|

5.(2024?浙江溫州?模擬預測)已知久，yER,則“％>y>1”是"％-模％Ay-Iny”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

【解題思路】構造函數(shù)/?)=t-lnt(t>0),通過求導分析函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增,

故由“%>y>1"可得"％-Inx>y—lny,5,舉反例可說明由“％-In%>y-Iny”不能得至?。荨?>y>1”,以此

可確定選項.

【解答過程】設/(t)=t—Int,t>0,則尸(t)=l—;=*,

由f'(t)>0得t>1,由/''(1)<0得0<t<1,

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

.?.當x>y>l時，/(x)>/(y),即x—Inx>y—Iny成立.

當％—In%>y-Iny成立時，可能有％=y=1,此時久Vy.

綜上，“％>y>1”是“％-In%>y-Iny”的充分不必要條件.

故選：A.

6.(2024?安徽?三模)已知實數(shù)句,如均滿足產(chǎn)=送一1=萬『=5，則()

2—%iJl+13+120

A.Xr<X2<%3B.<%3<X2

x

C.X2<x3<%1D.%2<%1<3

【解題思路】求出第1，%2，%3,構造函數(shù)f(久)=%2-1-21n%,利用導數(shù)研究單調(diào)性，比較出町,第2,構造函

數(shù)g(%)=In%—(1-3，比較出％2>%1，即可求解.

【解答過程】依題意士=e^=Vl+x^=1.05,則第1=2(1-+),%2=21nl.05,%3=1.052-1.

令f(%)=x2—1—21nx,故/'(%)=2(%-?(%+1),

故當%>1時，/(%)>0,/(%)在(1,+8)上單調(diào)遞增，

故/(1.05)>0,則％3>%2.令9(%)=In%-(1-4

則/(久)=裳，故當%>1時，g'(x)>0,。(%)在(1,+8)上單調(diào)遞增，

則g(1.05)>0,則％2>%i.

綜上所述：X3>X2>Xi.

故選：A.

7.(2024?廣東廣州?模擬預測)已知函數(shù)/(%)=e'-Ze/一%.

(1)若憶='|,求證：當X>0時，/(%)>1；

(2)若％=0是/(%)的極大值點，求k的取值范圍.

【解題思路】(1)令/久)=/'(%),再求導可得1(幻，即可得到r(%)>0在(0,+8)上恒成立，即可證明；

(2)分類討論可得g(%)=/(%)=ex-2kx-1的單調(diào)性，分k<0>0<fc<1>fc=|>fc>］四種情況討論,

判斷/(%)的單調(diào)性，即可確定極值點，從而得解；

【解答過程】⑴若上=右則/(%)=e%-)一%,令九(%)=f'(%)=-％-1,

則h'(%)=ex—1,當％>0時，ex>1,即>0在(0,+8)上恒成立，

所以M%)在(0,+8)上單調(diào)遞增，即/'(、)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以/G)>/to)=i-o-i=o,

即/"(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增,所以f(x)>f(0)=1.

(2)由題知f'(x)=-2kx-1,

令g(x)=f(x)=ex—2kx—1,則g'(x)=ex—2k,

當kW。時，g'(x)>0j'(x)在區(qū)間(一8,+8)單調(diào)遞增，

當k〉0時，令g'(x)=0,解得x=\n2k,

當工€(―8,ln2k)時，g’(x)<0,當x€(ln2k,+8)時，g(x)>0,

所以八%)在區(qū)間(-8,ln2k)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(In2k,+8)上單調(diào)遞增,

則當kWO時，尸(0)=0,

當xG(一8,0)時，/'(%)<0,/(x)在(-8,0)上單調(diào)遞減；

當xe(0,+8)時，f'[x}>0,/(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增；

所以x=0是函數(shù)f(x)的極小值點，不符合題意；

當0<k<g時，In2k<0,且/''(0)=0,

當％e(In2k,0)時，/(%)<0"(%)在(1112卜,0)上單調(diào)遞減；

當％e(o,+oo)時,yz(%)>o,/(x)在(o,+8)上單調(diào)遞增；

所以攵=。是函數(shù)八K)的極小值點，不符合題意；

當/c=斷寸，In2k=0,

則當Xe(-00,+8)時，f'(x)>O,/(X)在(一8,+8)上單調(diào)遞增，

所以f(x)無極值點，不合題意；

當k>1時，In2k>0,且/'(0)=0；

當x6(—8,0)時，f'(x)>O,f(x)在(―8,0)上單調(diào)遞增；

當xG(0,ln2a)時，/(x)<0"(x)在(0,ln2k)上單調(diào)遞減；

所以％=。是函數(shù)/Q)的極大值點，符合題意；

綜上所述，k的取值范圍是k>:.

8.(2024,山西?模擬預測)已知函數(shù)/(%)=Inx+]/-尤+2(aeR).

(1)若函數(shù)/(久)在定義域上單調(diào)遞增,求a的取值范圍；

ApX-2

(2)右a=0；求證：f(%)</；

X

(3)設修，X2(1<冷)是函數(shù)的兩個極值點，求證：/(久1)一久刀2)<-0(%1-x2).

【解題思路】(1)由題意得f'(x)20恒成立，參變分類求最值即可；

(2)求導，確定其單調(diào)性得到構造函數(shù)9(%)=*,求導確定其單調(diào)性得到9(久)之1,即可求

證；

燈_1

(3)化簡fCq)-/(%2)=In2一毛這，將/(%i)-/(%2)V(。一<)(%1一冷)轉(zhuǎn)化成In9〈把7，再構造函數(shù)

工2/\L)X?--F1

x2

h(t)=Int-^,通過討論其單調(diào)性即可求證.

【解答過程】(1)由題意知函數(shù)人久)的定義域為(。,+8),

/(x)—^+ax—1>Q在*G(0,+8)上恒成立，

所以a>-/+：在%€(0,+8)上恒成立，

又一3+工=一0一當且僅當芯=2時，等號成立，

x\x2J44

所以QN.即a的取值范圍是卜+8).

(2)證明：若。=0,/(%)=In%-％+2,所以/'(%)=：-1=子，

令/(%)=0，解得％=1，所以當0V%V1時，/(X)>0,

當%>1時，f(x)<0,

所以/(%)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以/(%)W/(1)=L當且僅當無=1時，等號成立.

令9(幻=寫;X>0，所以g'CO=4(/一：j)e，2=4(x-j產(chǎn)2,

令g'(%)=0,解得％=2,所以當0V%V2時，g(x)<0,當%>2時，g\x)>0,

所以9(%)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+8)上單調(diào)遞增，

所以g(x)2g(2)=1,當且僅當％=2時，等號成立，

所以/(%)<1<g(%),又等號不同時成立，

4aA2

所以/(%)V

(3)證明：由題意可知/'0)=[+。％-1=包券，

因為/(%)有兩個極值點%1，%2(%1<%2)，

所以％1，冷是方程。/一%+1=0的兩個不同的根，

句+%2=1

則。〈”出

所以/'3)-f(x2)=(%+^%i-Xi+2)-(lnx2+四一冷+2)

(修一"2)=ln葭+&

所以要證/(%1)-/(%2)<-％2)，即證In1一七盤V^-0(%1-X2),

J

即證In—<a(%i—七)，即證In—<%1即證In—<S—.

X2XXi+Xx—+i

222x2

令t=—(0<t<1),則證明Int<二，

x2t+i

令h(t)=Int-宗，則h'(t)=>0,

所以h(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，則/i(t)</i(l)=0,即Int<—,

所以原不等式f(%1)-/(%2)<(a-I)_%2)成立.

題型三N利用導數(shù)研究不等式恒成立問題

9.(2024?內(nèi)蒙古呼和浩特?二模)若二Ne+lnax在%€(0,+8)上恒成立，則a的最大值為()

a

A.—B.2e「C.el-D.e1+e-e

2

【解題思路】易知a>0,原式可變形為f(%)=e%-e一碇一alna%20,('>。)，結合隱零點的解題思路，求

出/(%)min，由f(%)min20可得h(t)=:-21nt-tN。，結合函數(shù)的單調(diào)性解得。Vt<1,即可求出4的取

值范圍即可.

【解答過程】由題意知，ax>0,由％>0,得a>0.

原式可化為e%—e—ae—a\nax>0,

設f(%)=眇一,—ae—alnax(x>0),則/(久)=ex-e—?

又函數(shù)y=ex-e,y=一/在(0,+8)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y=f'(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

則當％->0時，/(x)oo,當％-?+8時，/'(%)—+8,

故存在t>0使得f'(t)=0,即e*-e一：=0,得Q=tet-e,即Ina=Int+t—e,

且當0<%V力時，/(%)<0；當汽>t時，/(%)>0,

所以函數(shù)/(%)在(0,t)上單調(diào)遞減，在Q+8)上單調(diào)遞增，

故/(%)min=f?-et-e—ae—ainat=et-e-teet-e—tet-e(21nt+t—e),

所以e?e-teet-e-tet-e(21nt+t—e)=et-e(l—te—2tint-t2+te)>0,

即]—21nt—t20,設h(t)—~—21nt—t(t>0),

由函數(shù)y=py=-2\nt,y=-1在(0,+8)在單調(diào)遞減，

知函數(shù)八(力)在(0,+8)在單調(diào)遞減，且九(1)=0,所以OvtWl,

所以e-eve~e工e/e,故0vte.e〈e/e,即0<a4ei-e,當且僅當t=1時等號成立，

所以。的最大值為ei-e.

故選：C.

10.(2024?湖北武漢?二模)已知e%+sin%>ax4-1對任意久e[0,+8)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()

A.(—00,2]B.[2,+oo)C.(-8,1]D.[1,+8)

【解題思路】令/(%)=ex+sin%-ax-l,x>0,由題意可知：/(%)>0對任意汽e[0,+8)恒成立，且/(0)=

0,可得尸(0)=2—aNO,解得a<2,并代入檢驗即可.

【解答過程】令/(%)=e*+sinx—ax—l,x>0,則f(%)=ex+cosx—a,

由題意可知：/(%)N0對任意x6[。,+8)恒成立，且/(0)=0,

可得/'(0)=2-a>0,解得a<2,

若QW2,令g(%)=/'(%),、之0,

貝Ug(%)=ex-sinx>1—sinx>0,

則g(%)在[0,+8)上遞增,可得g(%)>g(0)=2-a>0,

即/'(%)之0對任意％6[0,+8)恒成立，

則/(%)在M+8)上遞增，可得/(%)>/(O)=o,

綜上所述：2符合題意，即實數(shù)a的取值范圍為(-8,2].

故選：A.

11.(2024?河南?模擬預測)已知函數(shù)/(%)=ex—2elnx+ax+lna(a>0).

(1)若a=l,證明：/(%)>|%；

(2)若/(%)之2e+l恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

【解題思路】(1)構造函數(shù)九(%)=ex—e%由單調(diào)性得e%>ex,再由p(%)=%—elnx根據(jù)單調(diào)性得久>elnx,

再由不等式性質(zhì)即可得出結論；

(2)利用不等式恒成立的一個必要條件是f(l)>2e+l,構造函數(shù)X%)=%+In%可知。>e,再由充分性

即可求得結論，再證明必要性成立即可得QNe,得出結果.

【解答過程】(1)當。=1時，/(x)=ex-2elnx+x,

要證明/(汽)>1%,即證g(X)=/(%)—|x=ex—2elnx—|>0；

令/i(x)=ex—ex,xE(0,+oo),貝!Jh'(%)=ex—e,令h'(x)=0,解得％=1,

當工€(0,1)時，hXx)<o,即可得M%)在(0,1)上單調(diào)遞減，

當％E(1,+8)時，h(x)>0,即可得h(%)在(1,+8)上單調(diào)遞增，

即九(%)在％=1處取得極小值，也是最小值九(1)=0,

故e*>ex；

令p(x)=x—eln%,%€(0,+8),貝=令p'(%)=0,解得％=e；

即可得當久6(0,e)時，p(x)<0,即可得p(x)在(0,e)上單調(diào)遞減，

當％6(e,+8)時，p'(x)>0,即可得p(%)在(e,+8)上單調(diào)遞增，

即p(%)在％=e處取得極小值，也是最小值p(e)=0,

故%>elnx；

因此e"—2elnx—|>ex—2%—|=—|^x>0,

故/(%)>|x；

(2)易知/(%)=ex-2elnx+Q%+Ina之2e+1恒成立的一個必要條件是/⑴>2e+1；

即e+a+Ina>2e+1,故a+Ina>e+1；

令t(%)=%+Inx,則/(%)=1+^>0恒成立，即t(%)為(0,+8)上的增函數(shù)，

因此可得t(a)=a+Ina>e+l=t(e),可得a>e；

下面證明充分性：

當Q之e時，/(%)>ex—2elnx+ex+1,

令m(%)=ex—2elnx+ex+1,貝!Jm(%)=ex——4-e,

X

易知THG)為單調(diào)遞增函數(shù)，令TH'(%)=0,解得％=1;

可知當％6(0,1)時，血6)<0,即可得血(汽)在(0,1)上單調(diào)遞減，

當％G(1,+8)時,m(x)>0,即可得m(%)在(1,+8)上單調(diào)遞增，

即7no)在％=1處取得極小值，也是最小值血(1)=2e+L

故當aNe時，/(%)>m(x)>2e+1,

綜上可知，實數(shù)a的取值范圍［e,+8).

12.(2024?湖南衡陽,一模)已知函數(shù)/'(久)=sinx—aln(6+x)

(1)若/'(X)在久=n:處的切線方程為2久+y+2n(ln2Ti-1)=0,求a、b的值；

(2)若6=1時，在(一15］上%)20恒成立，求a的取值范圍；

【解題思路】(1)由題意得直線的斜率卜=-2,根據(jù)導數(shù)的幾何意義，再結合點(ir,f(n))在切線上，即可

求解；

(2)由題意得/(0)=0,且在(一1,表上，/(X)min=/(。)，所以"0)=0即可求出a，再利用導數(shù)的幾何

意義及零點存在定理結合對零點“設而不求”的方法證明即可.

【解答過程】(1)f'3=cos%-

b+x

由題意得f(n)=COSIT-W=-2,

所以7^=1，即。=6+11,

b+n

/(7i)=sinn—aln(Z?+n)=—2n+2n(l—ln2n),

所以aln(b+n)=(b+ir)ln(6+n)=2nln2n,

故a=2IT,b=IT.

(2)/(0)=sinO-aln(l+0)=0,

若(->0恒成立，BP/(x)min=/(0),

故f(0)是〃>)在(一1,會上的極小值，所以八0)=0,

/(%)=cosx———,/(0)=cosO———=1—a=0,解得a=1,

l+x1+0

下證a=1時，f(%)min=/(0)，

令g(x)=(1+x)cosx—1,g'(x)—cosx—(1+x)sinx,

①在(0,會上g'(%)單調(diào)遞減，g‘(0)=l,g'6)=-l*<0,

由零點存在定理，使得9’(3=0,

在(0,&］上，g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，

在［X0q)上，g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，

g(］)=-l,g(0)=0,g(x0)>g(0)=0,

由零點存在定理注e(配*)，使得g(xi)=0,

在(曲,刀1)上，/'(%)=.>0,/(x)單調(diào)遞增，

在(比14)上，八%)=翟<0,了⑶單調(diào)遞減，

所以(0白上，/(0)=0,f《)=l-ln(l+>0,/(x)min=min{/(0),/(=)}=/(0),

②在(一1,0］上，f'(x)=cosx-左單調(diào)遞增，

/(X)Wf'(0)=0,f(X)單調(diào)遞減，所以f(%)min=f(。)，

綜上，只有當a=1時，在(一1,表上f(x)min=f(0)，所以a=l.

題型四卜利用導數(shù)研究存在性問題。|

13.(2024?全國?模擬預測)已知函數(shù)/(%)=e%+(e+1)%-。(aER),g(%)=/+2%.若存在％E［0,1］,

使得/(%)=g(%)成立，則實數(shù)a的最大值是()

A.2e—2B.e—2C.e+1D.2e+1

【解題思路】將問題轉(zhuǎn)化為“直線y=a與函數(shù)h(%)=e%+(e-l)x-x2,xG［0,1］的圖象有交點”，然后利用

導數(shù)分析M%)的單調(diào)性以及取值，由此求解出。的最大值.

【解答過程】存在第G［0,1］,使得/(%)=g(x)成立，

即e%+(e+l)x—a=x2+2%在［0,1］上有解，即a=ex+(e—l)x—/在［0,1］上有解，

所以直線y=a與函數(shù)h(%)=ex+(e-l)x-x2,xE［0,1］的圖象有交點，

又h(x)=ex—2%+(e—1),%G［0,1］,令?n(%)=h(x),則7n(%)=ex—2,

令>0,得％>ln2,令7n'(%)V0,得/Vln2,

所以/(%)在［0,ln2)上單調(diào)遞減，在Qn2,l］上單調(diào)遞增，

所以h(久)>h(ln2)=eln2-21n2+e—l=e+l—21n2>0,

所以h(%)在［0,1］上單調(diào)遞增，

所以/l(%)min=九(0)=LM%)max=h⑴=2e—2,

所以要使直線y=Q與函數(shù)h(%)的圖象有交點，只需l4a42e-2,

所以a的最大值是2e-2,

故選：A.

14.(2024,四川樂山?二模)若存在久oE［-1,2］,使不等式%o+(e?-l)lnaN胃+e2%o-2成立，則a的取

值范圍是()

A?長州B.小國c.小司D.『回

【解題思路】等價變形給定的不等式，并令高=如構造函數(shù)/?)=(e2-l)lnt-2t+2,將問題轉(zhuǎn)化為存

在te卜卦使得f(t)>0成立，再借助導數(shù)求解即得.

2222

【解答過程】依題意，%o+(e-l)lna>^-+ex0-2o(e-l)lna-(e-l)x0之言一2

o(e2-l)lna-(e2-l)lne%0>-2?(e2-2,

eAueaoeu

令=t,即(e?1l)lnt—2t+2>0>由x()e[-1,2],得t￡[白，白^]，

令f(t)=(e2-l)lnt-2t+2,則原問題等價于存在te根身，使得/(t)20成立，

求導得f'(t)=—_2=(好一?2t,由-(t)<o,得t>?,由f'(t)>0,得0<t<?,

因此函數(shù)f⑴在”,+8)上單調(diào)遞減，在(O.?)上單調(diào)遞增，

而/'(1)=0,f(e2)—(e2—l)lne2—2e2+2=2e2—2—2e2+2=0,又1<<e2,

則當lWt〈e2時，/(t)>0,若存在te卜卦使得f(t)2。成立，

只需芻We?且胃21,解得awe，且即工WaWe3

eeee

所以a的取值范圍為t，e4].

故選：D.

15.(2024?海南?？?模擬預測)已知函數(shù)/(%)=e%(%+2)—a%,若存在唯一的負整數(shù)支°,使得f(%。)V0,

則實數(shù)a的取值范圍是—忠君

【解題思路】當x<0時，由fO)<0可得出a<令g(x)=土戶,其中無<0,利用導數(shù)分析函數(shù)g(x)

在(-8,0)上的單調(diào)性與極值，數(shù)形結合可得出實數(shù)a的取值范圍.

【解答過程】當x<。時，由/'(x)=ex(x+2)—ax<0可得a久>ex(x+2),則a<土，

令g(x)=心(：+2),其中％<0,則g’(%)=("與-2貯,

當久<0時，令g'(x)=0,可得x=—1—百，列表如下:

-1(-1

X

-何-V3-V3,0)

gG+0—

gM增極大值減

且—3<—1一百<—2,g(—3)=專，g(—2)=0,g(—4)=/，如圖所示:

要使得存在唯一的負整數(shù)而，使得fOo)<。，即a<g(久o)，

只需g(-4)Wa<g(-3),即會<。<小

因此，實數(shù)a的取值范圍是[點,看).

故答案為：[5,專).

16.(2024?浙江?三模)已知函數(shù)/(%)=(%—2)e%+In%,g(x)=ax+b,對任意aE(—8,1],存在％w(0,1)

使得不等式/(%)>g(%)成立，則滿足條件的b的最大整數(shù)為_二4_.

【解題思路】依題意存在久e(0,1)使得(工-2)ex+Inx>%+h,參變分離可得(％-2)ex+Inx-x>b,令

F(x)=(%-2)ex+Inx-X,XG(0,1),利用導數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，求出F(%)max，則)工尸(%)max，即可求

出b的最大整數(shù).

【解答過程】依題意對任意aG(—8,1],且％>0有g(%)=ax+b<xb,

因為存在久G(0,1)使得不等式f(%)>9(%)成立，

所以存在％G(0,1)使得(％—2)ex+Inx>x+b,即(久一2)ex+Inx—x>b,

令F(%)=(x-2)ex+Inx—x,xG(0,1),

則F(x)=(x—l)ex+[—1=(%—1)(e*—5),

令m(%)=ex-xe(0,1),則m(%)在(0,1)上單調(diào)遞增，

X

且m(l)=e—1>0,m=e2—2<0,

所以eG，l)使得mOo)=e%—5=0，即M。=x0=-lnx0,

所以當0<%<&時F'(x)>0,當&<x<1時/'(x)<0,

所以F(x)在(0,久0)上單調(diào)遞增，在(&，D上單調(diào)遞減，

所以尸(x)max=FOo)=(q一2)ex°+ln&—*0=臂一2%0=1—2卜0+J，

因為與6&1)，所以孫+Ce

所以F(x)max=FOo)=1-2(￡0+￡)e(-4,-3),

依題意bWFQOmax，又6為整數(shù)，所以6W-4,所以b的最大值為-4.

故答案為：-4.

題型五■利用導數(shù)研究雙變量問題

17.(23-24高二下?福建福州?期中)已知函數(shù)/(%)=(%-2)e%,若f(%i)=/(%2)，且％1。久2，

則()

13

A.>-B.%2V]C.x1x2>1D.%i+冷V2

【解題思路】

利用導數(shù)討論函數(shù)/(%)的單調(diào)性，設久1<%2、f(xo)=-2且%0H0,結合圖象得0VV1V%2V%oV2,

再利用導數(shù)研究函數(shù)9(%)=/(I+x)-/(I-%)的性質(zhì)得/(I+%)>/(I-%),結合/(比1)=f(%2)變形、基

本不等式，即可判斷各項正誤.

【解答過程】/(%)=(%-2)eS則/'(%)=(x-l)ex,令/'(%)=0=>%=1,

當％E(-8,1)時/'(%)<o,/(%)單調(diào)遞減，當久e(1,+8)時/'(%)>o,/(%)單調(diào)遞增，

在XW(-8,2)上/(%)<0,且f(2)=0,/(0)=-2,/(x)min=/(l)=-e,即/(%)>-e.

綜上，/(%)的圖象如下：結合f(%i)=/(%2)=匕%1-%2>0，令％1<%2，

如上圖，若/(%o)=(%o一2)ex°=-2且％°W0,則0</V1V冷<%o<2,則％i>g不一定成立，A錯

誤；

又/《)=(|_2)/=_寺€(_e,_2),故|v%o，則％2Vl不一定成立，B錯誤；

令9(%)=/(I+%)—/(I-%)=(%—l)ex+1+(%+l)e1-x,

則9(久)=xex+1—xe1-x=%(ex+1—e1-x),

當％NO時，%+1>1—%,得e"+i>e1-x,則g'(%)>0；

當久V0時,%+1<1—%,得e%+i<e1-x,則g'(%)>0,

所以函數(shù)g(%)在R上單調(diào)遞增，且g(0)=0,

所以/(I+%)>/(I-%)在R上恒成立,得f(犯)=/[I+(%2-1)]>/[I-(%2-1)]，

即f(%2)>/(2—犯)，又/(%1)=/(%2)，所以/(勺)>/(2—血)，

由2-％2<1，且函數(shù)/(%)在％E(-8,1)單調(diào)遞減，得％1<2-久2，即汽1+%2<2,D正確.

又0V勺<1V%2V%。<2,貝!]2>/+冷>即1>又1%2,故0V%i%2V1，C錯誤.

故選：D.

18.(23-24高二下?四川眉山?階段練習)已知函數(shù)/(%)=e%+a%有兩個零點久1，%2，且％i>第2，則下列說

法不正確的是()

A.a<—eB.xr-\-x2>ln(x1x2)+2

C.X1x2>1D./(%)有極小值點

【解題思路】求得函數(shù)的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，確定函數(shù)的極小值，根據(jù)極小值小于0,判斷A；根

據(jù)方程，指對互化，判斷B；根據(jù)極值點的位置，結合f(0)>0,即可判斷C；根據(jù)A的判斷，即可判斷

D.

【解答過程】由題意，函數(shù)/(%)=e%+a%,貝！J/GO=e%+a,

當aNO時，/'(%)=e%+a>0在R上恒成立，所以函數(shù)/(%)單調(diào)遞增，不符合題意；

當Q<0時，令/'(%)=ex+a>0,解得%>ln(—a),令f(x)=ex+a<0,解得％<ln(—a),

所以函數(shù)/(%)在(一8,In(-a))上單調(diào)遞減，在(ln(-a),+8)上單調(diào)遞增，

因為函數(shù)f(%)=e%+a%有兩個零點％i，%2且％i>%2，

對A,貝！J/(ln(—a))=eln^-a^+aln(—a)=—a+aln(—a)=—a(l—ln(—a))<0,且a<0,

所以1—ln(—a)<0,解得aV—e,所以A正確；

%2

對B,a<—e,且e%i+axr=0,e+ax2=0,故%】=ln(—a%)x2=ln(—a%2)，

所以％i+冷=皿/％]%2)=21n(—a)+ln(x1x2)>2+ln(x1x2),所以B正確；

對C,由f(0)=1>0,且由A可知，a<—e,ln(—a)>1,則0V%2V1，但％i%2>1不能確定，

所以C不正確；

對D,由函數(shù)/'(x)在(-8,ln(-a))上單調(diào)遞減，在(ln(-a),+00)上單調(diào)遞增，

所以函數(shù)的極小值點為祀=In(-a),所以D正確；

故選：C.

19.(24-25高三上,山西?階段練習)已知函數(shù)/(久)=好—a%+21n%,aeR.

(1)當a=2時，求曲線y=f(x)在點(1/(1))處的切線方程；

(2)已知/(久)有兩個極值點%1，%2，且％1<乂2，

(i)求實數(shù)。的取值范圍；

(ii)求2f(%)—/(%2)的最小值.

【解題思路】(1)根據(jù)導數(shù)的幾何意義計算即可求解；

'△=-16>0

(2)(i)根據(jù)極值點的概念可得孫冷是方程2/一批+2=0的兩個正根，結合《勺+右=與>0計算即

、=1>0

可求解；

(ii)由⑴得+汽2=泉％1、2=I,化簡計算可得2/(%1)-/(%2)=x2一看一61n%2-2,令g(%)=%2一1一

61nx-2(x>1),利用導數(shù)求出g(%)min即可.

【解答過程】(1)當a=2時，/(x)=x2—2x+21nx,

則/(I)=一lf(x)=2x+|-2(x>0),得f'⑴=2,

所以曲線y=/(%)在點(1)(1))處的切線方程為y+1=2(%-1),

即y=2%—3.

(2)(i)f'(x)=+：_a=2.：X+2(%>0),

又%L%2是函數(shù)/(X)的兩個極值點，所以第1，%2是方程2x2-ax+2=0的兩個正根

'△=次-16>0

則,+汽2=]>。，解得a>4,

、xrx2=1>0

經(jīng)檢驗，當a>4時，符合題意.

所以實數(shù)Q的取值范圍為(4,+8).

(ii)由(i)知久1+冷=或％1%2=1，則0VV1V%。=2(%i+不)，

2/(^1)—/(%2)=2(就—ax±+21n%i)—(若—ax22+lnx2)

=2%i—%2~2a%i+ax2+41n%i—21nx2

=2%i—%2―4%式%1+x2)+2%2(%i+x2)+41n%i—21nx2

=x?-2x?—2%62+In烏

均

=%2—2—61n%2-2,

令g(%)=/一5—61nx—2(%>1),

則gG)=g+2?—g=2"1)(:產(chǎn)(X+夜),

當1<汽<魚時，g'(%)vO,則g(%)單調(diào)遞減

當%>企時，g(%)>0,則g(%)單調(diào)遞增

故當％=魚時，9(%)取得最小值9(魚)=(魚)--^2-61nV2-2=-l-31n2,

(A)

所以2/(%1)—/(%2)工-1—31n2,即—/(到)的最小值為—1—31n2.

20.(2024?廣東佛山?二模)已知/(%)=-卜2%+4e%—。%-5.

(1)當a=3時，求/(%)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若/(%)有兩個極值點%1，%2，證明：/(%1)+/(%2)++%2Vo.

【解題思路】(1)求導后，借助導數(shù)的正負即可得原函數(shù)的單調(diào)性；

(2)借助換元法，令￡=^,=以=e%2,可得〃、口是方程產(chǎn)一4t+a=0的兩個正根，借助韋達

定理可得方+12二4,11七2=a，即可用“、12表示/(久1)+f(%2)+%1+%2,進而用a表示/(%1)+f(%2)+%1+

%2,構造相關函數(shù)后借助導數(shù)研究其最大值即可得.

【解答過程】(1)當a=3時，/(%)=-1e2x+4ex-3%-5,

/(%)=—e2x+4ex—3=—(ex—l)(ex—3),

貝ij當6(0,1)U(3,+oo),即％E(—8,0)U(ln3,+8)時，/(%)<0,

當e*E(l,3),即％6(0,ln3)時，/(x)>0,

故/(%)的單調(diào)遞減區(qū)間為(—8,0)、(ln3,+8),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,ln3)；

(2)/(x)=—e2x+4ex—a,令t=ex,即f(%)=—t2+4t—a,

令=t2=e%2,則方、是方程產(chǎn)一4t+a=0的兩個正根，

則A=(-4)2-4a=16-4a>0,即a<4,

有ti+12=4,〃七2=a>0，BP0<a<4,

2%1%12%2X2

貝+/(%2)++%2=—|e+4e—axr—5—|e+4e—ax2—5+Xj+x2

1

=——(^i+g)+4(方+t2)一(a—+lnt2)-1。

1

=——[(G+t2y—2t1t2]+4(%+頻)一(a—l)lnt1t2-1。

1

=--(16-2a)+16-(a-l)lna-10

=CL—(a—l)ln(z—2,

要證/(%D+f(x2)+0V0，即證。—(a—l)lna—2<0(0<a<4),

令9(%)=x—(x—l)lnx—2(0<x<4),

則9(%)=1—(in%+號=[-Inx,

令h(%)=|—lnx(0<x<4),則h'(%)1<0，

則g(%)在(0,4)上單調(diào)遞減，

又g'(l)=；Tnl=1,5(2)=1-ln2<0,

故存在第oG(1,2)，使9Go)=--lnx=°，即工=In%。，

祀0

則當％E(O,%o)時，g(%)>0,當?shù)凇?第0,4)時，g(%)<0,

故g(%)在(