浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第24练导数的综合应用试题

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第24练 导数的综合应用
[明晰考情] 1.命题角度：函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考
查函数的零 点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.2.题目难度：偏难．

考点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
方法技巧 求解函数零点(方程根)的个数问 题的基本思路：(1)转化为函数的图象与
x
轴(或直线
y
＝
k)在
该区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等 性质，进而画
出其图象；(3)结合图象求解．
1．设函数
f
(
x
)＝
x
＋
ax
＋
bx
＋
c
. < br>(1)求曲线
y
＝
f
(
x
)在点(0，
f< br>(0))处的切线方程；
(2)设
a
＝
b
＝4，若函数f
(
x
)有三个不同零点，求
c
的取值范围．
解 ( 1)由
f
(
x
)＝
x
＋
ax
＋
b x
＋
c
，得
f
′(
x
)＝3
x
＋ 2
ax
＋
b
.
∵
f
(0)＝
c
，
f
′(0)＝
b
，
∴曲线
y
＝
f(
x
)在点(0，
f
(0))处的切线方程为
y
＝bx
＋
c
.
(2)当
a
＝
b
＝4时 ，
f
(
x
)＝
x
＋4
x
＋4
x< br>＋
c
，
∴
f
′(
x
)＝3
x＋8
x
＋4.
2
2
令
f
′(
x)＝0，得3
x
＋8
x
＋4＝0，解得
x
＝－2或x
＝－.
3
当
x
变化时，
f
(
x< br>)与
f
′(
x
)在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：
2
32
322
32
x
f
′(
x
)

f
(
x
)


(－∞，－2)

＋

－2

0

?
－2，－
2
?

?
3
?
??
－

2
－

3
0

?
－
2
，＋∞
?

?
3
?
??
＋


c

c
－

32
27
2
?
32
??< br>2
?
∴当
c
>0且
c
－<0时，
f
(－4)＝
c
－16<0，
f
(0)＝
c
>0，存在
x
1
∈(－4，－2)，
x
2
∈
?
－2，－?
，
x
3
∈
?
－，0
?
，
3
?
27
??
3
?
使得
f
(
x1
)＝
f
(
x
2
)＝
f
(
x
3
)＝0.
?
32
?
32
由
f
(
x
)的单调性知，当且仅当
c
∈
?
0，
?
时，函数
f
(
x
)＝
x
＋4
x
＋4x
＋
c
有三个不同零点．
?
27
?
x22．已知函数
f
(
x
)＝－2ln
x
(
a∈R，
a
≠0)．
a
(1)讨论函数
f
(
x
)的单调性；

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2
(2)若函数
f
(
x
)有最小值，记为
g
(
a
)，关于
a
的方程
g
(
a
)＋
a
－－1＝
m
有三个 不同的实数根，求实数
m
9a
的取值范围．
2x2
解 (1)
f
′(
x
)＝－(
x
>0)，
ax
当
a
<0时，
f
′(
x
)<0，则
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减；
2?
x
＋
a
? ?
x
－
a
?
当
a
>0时，
f
′(
x
)＝，则
f
(
x
)在(0，a)上单调递减，在(a，＋ ∞)上单调递增．
ax
(2)由(1)知，
a
>0，
f
(
x
)
min
＝
f
(a)＝1－ln
a
，
即
g
(
a
)＝1－ln
a
，
22
方程
g
(
a
)＋
a
－－1＝
m
，即m
＝
a
－ln
a
－(
a
>0)，
9 a9a
212?3
a
－1??3
a
－2?
令
F(
a
)＝
a
－ln
a
－(
a
>0)， 则
F
′(
a
)＝1－＋＝，
2
9aa9a29
a
?
1
??
2
??
12
?
知
F(
a
)在
?
0，
?
和
?
，＋∞
?
上单调递增，在
?
，
?
上单调递减，
?
3< br>??
3
??
33
?
F
(
a
)
极大值
＝
F
??
＝－＋ln3，
F
(
a
)
极小值
＝
F
??
＝－ln2＋ln3.
33
1
?
1
?
依题意得实数
m
的取值范围是
?
－ ln2＋ln3，－＋ln3
?
.
3
?
3
?
3． 已知
a
∈R，函数
f
(
x
)＝e－
ax
( e＝2.71828…是自然对数的底数)．
(1)若函数
f
(
x
)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数
a
的取值范围；
x
?
1
?
??
1
3
?
2
?
1
??3
?
1
?
x
(2)若函数
F
(
x)＝
f
(
x
)－(e－2
ax
＋2ln
x＋
a
)在区间
?
0，
?
内无零点，求实数
a< br>的最大值．
?
2
?
解 (1)由
f
(
x< br>)＝e－
ax
，得
f
′(
x
)＝e－
a且
f
′(
x
)在R上单调递增．
若
f
(x
)在区间(－e，－1)上是减函数，只需
f
′(
x
)≤0在 (－e，－1)上恒成立．
1
－1
因此只需
f
′(－1)＝e－< br>a
≤0，解得
a
≥.
e
11
x
又当
a
＝时，
f
′(
x
)＝e－≤0，当且仅当
x
＝ －1时取等号．
ee
xx
?
1
?
所以实数
a的取值范围是
?
，＋∞
?
.
?
e
?
(2)由已知得
F
(
x
)＝
a
(
x
－1) －2ln
x
，且
F
(1)＝0，
?
2
?
a
?
x－
?
2ax－2
?
a
?
则
F
′(
x
)＝
a
－＝＝，
x
>0.
xx x
①当
a
≤0时，
F
′(
x
)<0，
F< br>(
x
)在区间(0，＋∞)上单调递减，
?
1
?
结 合
F
(1)＝0知，当
x
∈
?
0，
?
时，
F
(
x
)>0.
?
2
?

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?
1
?
所以
F
(
x
)在
?
0，
?
内无零点．
?
2
?
2
②当
a
>0时，令
F
′(
x
)＝0，得
x
＝.
a
21?
1
?
若≥，即
a
∈(0,4]时，则
F
(< br>x
)在
?
0，
?
上是减函数．
a2
?2
?
又
x
→0时，
F
(
x
)→＋∞.
a1
?
1
??
1
?
要使
F
(x
)在
?
0，
?
内无零点，只需
F
??
＝－－2ln≥0，则0<
a
≤4ln2.
22
?
2
? ?
2
?
21
?
2
??
21
?
若< ，即
a
>4时，则
F
(
x
)在
?
0，?
上是减函数，在
?
，
?
上是增函数．
a2
?
a
??
a2
?
2
?
2
?
所以< br>F
(
x
)
min
＝
F
??
＝2－< br>a
－2ln，
a
?
a
?
222－a
令φ(
a
)＝2－
a
－2ln，则φ′(
a
)＝－1＋＝<0.
aaa
所以φ(
a
)在(4，＋∞)上是减函数，
则φ(
a
)<φ(4)＝2ln2－2<0.
?
2
??< br>1
?
因此
F
??
<0，所以
F
(
x
)在
?
0，
?
内一定有零点，不合题意，舍去．
?
a
??
2
?
?
1
?
综上，函数
F
(
x
)在
?
0，
?
内无零点，应有
a
≤ 4ln2，
?
2
?
所以实数
a
的最大值为4ln2.
考点二 利用导数证明不等式问题
方法技巧 利用导数证明不等式
f
(x
)>
g
(
x
)在区间
D
上恒成立的基本方法 是构造函数
h
(
x
)＝
f
(
x
)－
g
(
x
)，
然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数
h(
x
)>0.其中找到函数
h
(
x
)＝
f(
x
)－
g
(
x
)的零点是解题的
突破口．
4．设函数
f
(
x
)＝ln
x
－
x
＋1.
(1)讨论函数
f
(
x
)的单调性；
x－1
(2)证明：当
x
∈(1，＋∞)时，1<<
x
.
lnx
1
(1)解 由
f
(
x
)＝ln
x
－
x
＋1(
x
>0)，得
f
′(
x)＝－1.
x
令
f
′(
x
)＝0，解得
x
＝1. < br>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．
因此，
f< br>(
x
)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数．
x－1
(2)证明 当
x
∈(1，＋∞)时，1<<
x
，即为ln
x
<
x
－1<
x
ln
x
.
ln x
结合(1)知，当
x
>1时，
f
′(
x< br>)<0恒成立，即
f
(
x
)在(1，＋∞)上单调递减，可得
f
(
x
)<
f
(1)＝0，即有ln

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x
<
x
－1；
设
F
(
x
)＝
x
ln
x
－
x
＋1，
x
>1，
则
F
′(
x
)＝1＋ln
x
－1＝ln
x
，
当
x
>1时，
F
′(
x
) >0，可得
F
(
x
)在(1，＋∞)上单调递增，
即有
F
(
x
)>
F
(1)＝0，即有
x
ln
x
>
x
－1.
综上，原不等式得证．
1
5．( 2018·全国Ⅰ)已知函数
f
(
x
)＝－
x
＋
a
ln
x
.
x
(1)讨论
f
(
x
)的单调性；
(2)若f
(
x
)存在两个极值点
x
1
，
x
2
，
f?
x
1
?－
f
?
x
2?
证明：＜
a
－2.
x
1
－
x
2
(1)解
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
f
′(
x< br>)＝－－1＋＝－
1
x2
a
x
x2－ax＋1
.
x2
①若
a
≤2，则
f
′(
x
)≤0，
当且仅当
a
＝2，
x
＝1时，
f
′(
x< br>)＝0，
所以
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减． a－a2－4a＋a2－4
②若
a
＞2，令
f
′(
x< br>)＝0，得
x
＝或
x
＝.
22
?
a－a2 －4
??
a＋a2－4
?
当
x
∈
?
0，< br>?
∪
?
，＋∞
?
时，
f
′(
x)＜0；
22
????
当
x
∈
?
?
a－a2－4a＋a2－4
?
，
?
时，
f
′(
x< br>)＞0.
22
??
?
a－a2－4
??
a＋a2－ 4
??
a－a2－4a＋a2－4
?
所以
f
(
x< br>)在
?
0，
在
??
，
?
，＋∞
?< br>上单调递减，
，
?
上单调递增．
2222
??????
(2)证明 由(1)知，
f
(
x
)存在两个极值点当且仅当
a
＞2.
由于
f
(
x
)的两个极值点
x
1
，
x
2
满足
x
－
ax
＋1＝0，
所以
x
1
x
2
＝1，不妨设
x
1
＜
x
2
，则
x
2
＞1.
f?
x
1
?－
f
?
x
2
?1lnx1－lnx2lnx1－lnx2－2lnx2
由于＝－－1＋
a
＝－2＋
a
＝－2＋
a
，
x< br>1
－
x
2
x1x2x1－x2x1－x21
－x2
x 2
f?
x
1
?－
f
?
x
2
?1< br>所以＜
a
－2等价于－
x
2
＋2ln
x
2< br>＜0.
x
1
－
x
2
x2
1
设函数
g
(
x
)＝－
x
＋2ln
x
，
x
由(1)知，
g
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减． < br>又
g
(1)＝0，从而当
x
∈(1，＋∞)时，
g
(
x
)＜0.
2

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1f?
x
1
?－
f
?
x
2
?
所以 －
x
2
＋2ln
x
2
＜0，即＜
a
－2.
x2
x
1
－
x
2
6．设函数
f
(
x
)＝e－
a
ln
x
.
(1)讨论
f< br>(
x
)的导函数
f
′(
x
)零点的个数；
2
(2)证明：当
a
>0时，
f
(
x
)≥2
a
＋
a
ln.
a
a
2
x
(1)解 < br>f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
f
′(
x
)＝2e－(
x
>0)．
x
当
a
≤0时，
f< br>′(
x
)>0，
f
′(
x
)没有零点；
a
2
x
当
a
>0时，设
u
(
x
)＝ e，
v
(
x
)＝－，
x
a
2
x
因为
u
(
x
)＝e在(0，＋∞)上单调递增，
v
(
x
)＝－
x
在(0，＋∞)上单调递增，所以
f
′(
x
)在(0，＋∞)上单调递增．
a1
又
f
′(
a
)>0，当
b
满足0<
b
<且
b
<时，
f
′(
b
)<0，故当
a
>0时，
f
′(
x
)存在唯一零点．
44
(2)证明 由(1)，可设
f
′(
x)在(0，＋∞)上的唯一零点为
x
0
，当
x
∈(0，
x
0
)时，
f
′(
x
)<0；当
x
∈(< br>x
0
，
＋∞)时，
f
′(
x
)>0. 故
f
(
x
)在(0，
x
0
)上单调递减，在(
x
0
，＋∞)上单调递增，
所以当
x
＝
x
0
时，
f
(
x
)取得最小值，最小值为
f
(x
0
)．
由于
2e
2x
0
2
x
－
a
＝0，
x0
a22
所以
f
(
x
0
)＝－
a
ln
x
0
＝＋2
ax
0
－2
ax
0
－
a
ln
x
0
＝＋2
ax
0
＋
a
ln≥2
a
＋
a
ln.
2x0aa
1
当且仅当
x
0
＝时，取等号．
2< br>2
故当
a
>0时，
f
(
x
)≥2
a
＋
a
ln.
a
考点三 不等式恒成立或有解问题
方法技巧 不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成 立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为
函数的最值问题，形如
a
>
f
(
x
)
max
或
a
<
f(
x
)
min
.
(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难 于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参
数的分类讨论．
(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用． 7．已知函数
f
(
x
)＝e－e
x
＋
ax(
a
∈R)．
(1)若
f
(
x
)在(0,1 )上单调，求
a
的取值范围；
(2)若函数
y
＝
f
(
x
)＋e
x
ln
x
的图象恒在
x
轴上 方，求
a
的最小整数解．
x
2

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解 (1)由题意知 ，
f
′(
x
)＝e－2e
x
＋
a
， 令
h
(
x
)＝e－2e
x
＋
a
，则< br>h
′(
x
)＝e－2e，当
x
∈(0,1)时，
h< br>′(
x
)<0，
h
(
x
)单调递减，即
f< br>′(
x
)在(0,1)
上单调递减．
若
f
(
x
)在(0,1)上单调递增，则
f
′(1)≥0，即
a
≥e；
若
f
(
x
)在(0,1)上单调递减，则
f
′(0 )≤0，即
a
≤－1.
综上可知，
a
的取值范围为(－∞，－1]∪[e，＋∞)．
(2)由题意 知，
y
＝
f
(
x
)＋e
x
ln
x
＝e
x
?
xx
x
?
ex－1
－x＋
a
＋lnx
?
>0恒成立，
?
e
?
x
?
x
－1
ex－1a?
x
－1??e－
x
?
令
g
(
x
)＝－
x
＋＋ln
x
(
x
>0)，
g
′(
x
)＝，
xe
x
2
令
t
(
x
)＝e
x
－1
－
x，
t
′(
x
)＝e
x
－1
－1，当
x
>1时，
t
′(
x
)>0，
t
(
x
)单调递增，当0<
x
<1时，
t
′(
x
)<0，
t
(
x
)
x
－1
单调递减，∴
t
(x
)≥
t
(1)＝0，∴e
∴当
x
≥1时，
g
(
x
)单调递增，
当0<
x
<1时，
g
(
x
)单调递减，
a
∴
g
(
x
)≥
g
(1)＝，
e
－
x
≥0.
结合题意，知
a
>0，故
a
的最小整数解为1.
8．已知函数
f
(
x
)＝ln
x
.
1< br>2
(1)若函数
g
(
x
)＝
f
(
x
)－
ax
＋
x
有两个极值点，求实数
a
的取值范围 ；
2
(2)若关于
x
的方程
f
(
x
)＝
m
(
x
＋1)(
m
∈Z)有实数解，求整数
m的最大值．
1
2
x2－ax＋1
解 (1)
g
(x
)＝ln
x
－
ax
＋
x
(
x
>0)，则
g
′(
x
)＝，
2x
由题意得方程
x
－
ax
＋1＝0有两个不等的正实数根，
设两根为
x
1
，
x
2
，
Δ＝a2－4> 0，
?
?
则
?
x1＋x2＝a>0，
?
?
x1x2＝1>0，
2


∴
a
>2.即
a
的取值范围为(2，＋∞)．
lnx(2)方程ln
x
＝
m
(
x
＋1)，即
m＝，
x＋1
x＋1
－lnx
x
lnx
设
h< br>(
x
)＝(
x
>0)，则
h
′(
x
)＝
2
，
x＋1?
x
＋1?
x＋1
令φ(
x
)＝－ln
x
(
x
>0)，
x
11
则φ′(
x
)＝－－<0,
x2x

精选中小学试题、试卷、教案资料
1
φ(
x
)在(0，＋∞)上单调递减，
h
′(e)＝
2
>0，
e ?e＋1?
h
′(e
2
)＝
1－e2
22
<0，
e2?e＋1?
x0＋1
2
存在
x
0
∈(e，e) ，使得
h
′(
x
0
)＝0，即＝ln
x
0
，
x0
当
x
∈(0，
x
0
)时，
h′(
x
)>0，
h
(
x
)单调递增；当
x∈(
x
0
，＋∞)时，
h
′(
x
)<0，h
(
x
)单调递减，
lnx01
?
11
?< br>∴
h
(
x
)
max
＝＝∈
?
，?
，
x0＋1x0
?
e2e
?
即
m
≤
h
(
x
)
max
(
m
∈Z)，
故
m
≤0，∴整数
m
的最大值为0.
a1
2xx
9．已知函数
f
(
x
)＝
x
－(
a
＋1)ln
x
－(
a
∈R)，
g
(
x< br>)＝
x
＋e－
x
e.
x2
(1)当
x∈[1，e]时，求
f
(
x
)的最小值；
(2)当
a
＜1时，若存在
x
1
∈[e，e]，使得对任意的
x
2∈[－2,0]，
f
(
x
1
)＜
g
(
x
2
)恒成立，求
a
的取值范围．
?
x
－1??
x
－
a
?
解 (1)
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
f
′(
x
) ＝.
2
2
x
①若
a
≤1，当
x
∈[1， e]时，
f
′(
x
)≥0，
则
f
(
x< br>)在[1，e]上为增函数，
f
(
x
)
min
＝f
(1)＝1－
a
.
②若1＜
a
＜e，
当
x
∈[1，
a
]时，
f
′(
x
)≤0，< br>f
(
x
)为减函数；
当
x
∈[
a
，e]时，
f
′(
x
)≥0，
f
(
x
)为 增函数．
所以
f
(
x
)
min
＝
f(
a
)＝
a
－(
a
＋1)ln
a
－1 .
③若
a
≥e，当
x
∈[1，e]时，
f
′(< br>x
)≤0，
f
(
x
)在[1，e]上为减函数，
f
(
x
)
min
＝
f
(e)＝e－(
a＋1)－.
综上，当
a
≤1时，
f
(
x
)< br>min
＝1－
a
；
当1＜
a
＜e时，
f< br>(
x
)
min
＝
a
－(
a
＋1)l n
a
－1；
a
当
a
≥e时，
f
(
x
)
min
＝e－(
a
＋1)－.
e
(2)由 题意知，
f
(
x
)(
x
∈[e，e])的最小值小于
g
(
x
)(
x
∈[－2,0])的最小值．
由(1)知，
f
(
x
)在[e，e]上单调递增，
22
a
e
f
(
x
)
min
＝
f
(e)＝e－(
a
＋1)－.
g
′(
x
)＝(1－e
x
)
x
.
当
x
∈[－2,0]时，
g
′(
x
)≤0，
g< br>(
x
)为减函数，
a
e
g
(
x
)
min
＝
g
(0)＝1，

精选中小学试题、试卷、教案资料
a
所以e－(
a
＋1)－＜1，
e
e2－2e
?
e2－2e
，1
?
. 即
a
＞，所以
a
的取值范围为
??
e＋1
?
e＋1< br>?


例 (15分)已知函数
f
(
x
)＝ ln
x
－
mx
＋
m
，
m
∈R.
(1)求函数
f
(
x
)的单调区间；
(2)若
f
(
x
)≤0在
x
∈(0，＋∞)上恒成立，求实数
m
的值；
f?
b
?－
f
?
a
?1
(3) 在(2)的条件下，对任意的0＜
a
＜
b
，求证：＜.
b
－
a
a?1＋
a
?
审题路线图
(1) 求导f′?
x
?―→讨论参数m确定f′?
x
?符号―→f?
x?的单调区间
(2)结合?1?确定的符号―→问题转化为f?
x
?
m ax
≤0―→
m－lnm－1≤0―→g?
x
?＝
x
－l n
x
－1最小值为0―→求出m＝1
函数单调性
(3)要证结论转化―→利 用?2?中
g
?
x
?性质―――――→
不等式放缩
结论得证
规范解答·评分标准
11－mx
(1)解
f
′(
x)＝－
m
＝(
x
∈(0，＋∞))．
xx
当
m
≤0时，
f
′(
x
)＞0恒成立，则函数
f
(< br>x
)在(0，＋∞)上单调递增；
11－mx
当
m
＞0时， 由
f
′(
x
)＝－
m
＝＞0，
xx
?< br>1
??
1
?
可得
x
∈
?
0，
?
，则
f
(
x
)在
?
0，
?
上 单调递增，
?
m
??
m
?
11－mx
?
1
?
由
f
′(
x
)＝－
m
＝＜0，可得< br>x
∈
?
，＋∞
?
，
xx
?
m?
?
1
?
则
f
(
x
)在
?< br>，＋∞
?
上单调递减.6分
?
m
?
(2)解 由(1)知，当
m
≤0时显然不成立；
1
?
1
?
当
m
＞0时，
f
(
x
)
max
＝
f
??
＝ln－1＋
m
＝
m
－ln
m
－1 ，
m
?
m
?
只需
m
－ln
m
－ 1≤0即可，令
g
(
x
)＝
x
－ln
x
－ 1，
1
则
g
′(
x
)＝1－，
x

精选中小学试题、试卷、教案资料
函数
g
(x
)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以
g
(
x
)
min
＝
g
(1)＝0.
故
f
(x
)≤0在
x
∈(0，＋∞)上恒成立时，
m
＝1.10分
b
ln
a
1f?
b
?－
f
?
a
?lnb－lna＋a－blnb－lna
(3)证明 ＝＝－1＝·－1，
b－
a
b－ab－aba
－1
a
bbb
由0＜
a
＜
b
，得＞1，由(2)得ln＜－1，
aaa
b
ln
a
111－a1－a21
则·－1＜－1＝＝＜，
baaaa?1＋
a
?a?1＋
a
?
－1
a
f?
b
?－< br>f
?
a
?1
则原不等式＜成立.15分
b
－
a
a?1＋
a
?
构建答题模板
[第一步] 求导数．
[第二步] 看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质．
[第三步] 用性质：将题中条件或要证结 论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式
可利用函数单调性和放缩法．
[第四步] 得结论：审视转化过程的合理性．
[第五步] 再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性．

x2
1．设函数
f
(
x
)＝－
k
ln
x
，
k
>0.
2
(1)求
f
(
x
)的单调区间和极值；
(2) 证明：若
f
(
x
)存在零点，则
f
(
x
) 在区间(1，e]上仅有一个零点．
(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．
x2kx2 －k
由
f
(
x
)＝－
k
ln
x
(
k
>0)，得
f
′(
x
)＝
x
－＝. < br>2xx
由
f
′(
x
)＝0，解得
x
＝k(负 值舍去)．
f
′(
x
)与
f
(
x
)在区 间(0，＋∞)上随
x
的变化情况如下表：
x
f
′(
x
)

f
(
x
)


所以，
f
(
x
)的单调递减区间是(0，k)，
(0，k)

－

k

0

k?1－ln
k
?

2
(k，＋∞)
＋

精选中小学试题、试卷、教案资料
单调递增区间是(k，＋∞)．
f
(
x
)在
x
＝ k处取得极小值
f
(k)＝
k?1－ln
k
?
，无极大值．
2
k?1－ln
k
?
.
2
(2)证明 由(1) 知，
f
(
x
)在区间(0，＋∞)上的最小值为
f
(k)＝
k?1－ln
k
?
因为
f
(
x
)存在零点 ，所以≤0，从而
k
≥e，
2
当
k
＝e时，
f< br>(
x
)在区间(1，e]上单调递减且
f
(e)＝0，
所以
x
＝e是
f
(
x
)在区间(1，e]上的唯一零点； 当
k
>e时，
f
(
x
)在区间(1，e]上单调递减且
f
(1)＝>0，
f
(e)＝
1
2
e－k
<0，
2
所以
f
(
x
)在区间(1，e]上仅有一个零点． 综上可知，若
f
(
x
)存在零点，则
f
(
x< br>)在区间(1，e]上仅有一个零点．
2．已知函数
f
(
x
)＝ln
x
＋
ax
＋(2
a
＋1)
x
.
(1)讨论
f
(
x
)的单调性；
3
(2)当a
<0时，证明
f
(
x
)≤－－2.
4a
(1)解
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)， 2
f
′(
x
)＝＋2
ax
＋2
a
＋1 ＝
1
x
?
x
＋1??2
ax
＋1?
. < br>x
若
a
≥0，则当
x
∈(0，＋∞)时，
f
′(
x
)>0，
故
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递增．
1
??
若
a
<0，则当
x
∈
?
0，－
?
时，
f
′(
x
)>0；
2a
??
?
1< br>?
当
x
∈
?
－，＋∞
?
时，
f′(
x
)<0.
?
2a
?
1
???
1
?
故
f
(
x
)在
?
0，－
?< br>上单调递增，在
?
－，＋∞
?
上单调递减．
2a
? ??
2a
?
综上，当
a
≥0时，
f
(
x< br>)在(0，＋∞)上单调递增；
1
???
1
?
当
a
<0时，
f
(
x
)在
?
0，－
?
上单调递增，在
?
－，＋∞
?
上单调递减．
2a
???
2a
?
1
(2)证明 由(1)知，当
a
<0时，
f
(
x
)在
x
＝－处取得最大值， < br>2a
1
?
1
?
1
??
－－
最大值为
f
?
＝ln
?
－1－，
??
4a
?< br>2a
??
2a
?
313
?
1
??
1
?
1
所以
f
(
x
)≤－－2等价于ln
?
－
?
－1－≤－－2，即ln
?
－
?
＋＋1≤0.
4a4a4a
?
2a
??
2a
?
2a

精选中小学试题、试卷、教案资料
1
设
g
(
x
)＝ln
x
－
x
＋1(
x
>0)，则
g
′ (
x
)＝－1.
x
当
x
∈(0,1)时，
g′(
x
)>0；
当
x
∈(1，＋∞)时，
g
′(
x
)<0. 所以
g
(
x
)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当
x
＝1时，
g
(
x
)取得最大值，最大值为< br>g
(1)＝0.
所以当
x
>0时，
g
(
x
)≤0.
3< br>?
1
?
1
从而当
a
<0时，ln
?
－
?
＋＋1≤0，即
f
(
x
)≤－－2.
4a< br>?
2a
?
2a
3．(2018·浙江)已知函数
f
(
x
)＝x－ln
x
.
(1)若
f
(
x< br>)在
x
＝
x
1
，
x
2
(
x
1
≠
x
2
)处导数相等，证明：
f
(
x< br>1
)＋
f
(
x
2
)＞8－8ln2；
(2 )若
a
≤3－4ln2，证明：对于任意
k
＞0，直线
y
＝
kx
＋
a
与曲线
y
＝
f
(
x)有唯一公共点．
11
证明 (1)函数
f
(
x
)的 导函数为
f
′(
x
)＝－.
2x
x
1111由
f
′(
x
1
)＝
f
′(
x
2
)得－＝－.
2x1
x1
2x2
x2
因为
x< br>1
≠
x
2
，所以
1
x1
＋
11＝.
x2
2
1
4
由基本不等式，得x1x2＝x1＋x2≥2x1x2.
2
因为
x
1
≠
x
2
，所以
x1
x
2
＞256.
1
由题意得
f
(
x
1
)＋
f
(
x
2
)＝x1－ln
x1
＋x2－ln
x
2
＝x1x2－ln(
x
1
x
2
)．
2
设
g
(
x
)＝
x1
－ln
x
，则
g
′(
x
)＝(x－4)，
24x
当
x
变化时，
g
′(
x
)和
g< br>(
x
)的变化情况如下表所示：

x
g
′(
x
)

g
(
x
)


所以
g
(
x
)在(256，＋∞)上单调递增，
故
g
(
x
1
x
2
)＞
g
(25 6)＝8－8ln2，
即
f
(
x
1
)＋
f
(
x
2
)＞8－8ln2.
(2)令
m
＝e
－ (|
a
|＋
k
)
(0,16)

－

16

0

2－4ln2

(16，＋∞)
＋


，
n
＝
?
?
|a|＋1
?
2
＋1，则
?
?
k
?
f
(< br>m
)－
km
－
a
＞|
a
|＋
k－
k
－
a
≥0，

精选中小学试题、试卷、教案资料
f
(
n
)－kn
－
a
＜
n
?
?
1
－
a< br>－k
??
|a|＋1
－k
?
?
≤
n
??
＜0，
?
n
n
??
n
?
所以存在< br>x
0
∈(
m
，
n
)，使
f
(
x
0
)＝
kx
0
＋
a
，
所以对于任意 的
a
∈
R
及
k
∈(0，＋∞)，直线
y
＝
kx
＋
a
与曲线
y
＝
f
(
x)有公共点．
由
f
(
x
)＝
kx
＋
a
，得
k
＝
设
h
(
x
)＝
x－l nx－a
，
x
x－lnx－a
.
x
x
lnx－ －1＋a
2
－g?
x
?－1＋
a
则
h
′(
x
)＝＝，
x2
x
2
其中
g
(
x
)＝
x
－ln
x
.
2
由(1)可知
g
(
x
)≥
g
(16)，又
a
≤3－4ln2， < br>故－
g
(
x
)－1＋
a
≤－
g
(1 6)－1＋
a
＝－3＋4ln2＋
a
≤0，
所以
h
′(
x
)≤0，即函数
h
(
x
)在(0，＋∞)上单调递 减，
因此方程
f
(
x
)－
kx
－
a＝0有唯一一个实根．
综上，当
a
≤3－4ln2时，对于任意
k＞0，直线
y
＝
kx
＋
a
与曲线
y
＝
f
(
x
)有唯一公共点．
?
b
?
4．( 2018·宣城模拟)已知函数
f
(
x
)＝
a
?
x ＋
?
＋
b
ln
x
(其中
a
，
b< br>∈R)．
?
x
?
(1)当
b
＝－4时，若
f
(
x
)在其定义域内为单调函数，求
a
的取值范围；
( 2)当
a
＝－1时，是否存在实数
b
，使得当
x
∈
[
e，e2
]
时，不等式
f
(
x
)>0恒成立，如 果存在，求
b
的取
值范围，如果不存在，请说明理由．
解 (1)函数f
(
x
)的定义域是(0，＋∞)，当
b
＝－4时，
f
′(
x
)＝
ax2－4x＋4a
.
x2
4x4
＝.
x2＋44
x＋
x
若
f
(
x
)在其定义域内单调递增，则
a
≥
?
4
?
4x4
4
?
max
＝1，∴
a
≥1；若
f
(
x
)在其定义域内单调递减，则
a
≤∵
?
＝ ，
?
x＋
?
x2＋44
x＋
?
x
?x
?
4
?
44
4
?
min
在
x
＋→＋∞时取得，即∵
?
→0.∴
a
≤0.
?
x＋
?
x4
x＋
?
x
?
x
综上，
a
≤0或
a
≥1.
?
b
?
2
(2)f
(
x
)＝－
?
x＋
?
＋
b
ln
x
>0在
x
∈[e，e]上恒成立，
?
x
?

精选中小学试题、试卷、教案资料
1111
22
令
y
＝ln
x
－，
x
∈[e，e]，
y
′＝＋>0，函数
y
＝ln
x
－在
x
∈ [e，e]上单调递增，故当
x
＝e时，
y
xxx2x
11
2
取最小值1－>0，故
y
＝ln
x
－>0在
x
∈ [e，e]上恒成立，
ex
x
2
故问题转化为
b
>在x
∈[e，e]上恒成立，
1
lnx－
x
2
lnx－ －1
x
x
2
令
h
(
x
)＝，
x< br>∈[e，e]，
h
′(
x
)＝，
11
??
lnx－
?
lnx－
x
?
2
x
??
212
22
令
m
(
x
)＝ln
x
－－1，
x
∈[e，e]，
m
′(
x
)＝＋>0，而
m
( e)<0，
m
(e)>0，
xxx2
故存在
x
0
∈[e，e]，使得
h
(
x
)在[e，
x
0
)上单 调递减，在(
x
0
，e]上单调递增，
∴
h
(
x
)
max
＝
h
(e)或
h
(e)，
e4 e2e2
2
∵
h
(e)＝<
h
(e)＝，∴
b>.
2e2－1e－1e－1
综上，存在
b
满足题意，此时
b
∈
?
2
22
?
e2
，＋∞
?
.
?
?
e－1
?