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高考数学考点归纳之利用导数证明不等式

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高考数学考点归纳之利用导数证明不等式

考点一 单变量不等式的证明 方法一 移项作差构造法证明不等式

ln xae1

[例1] 已知函数f(x)=1-,g(x)=x+-bx(e为自然对数的底数),若曲线y=f(x)

xex与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.

(1)求a,b的值;

2

(2)求证:当x≥1时,f(x)+g(x)≥.

xln x

[解] (1)因为f(x)=1-,

xln x-1

所以f′(x)=,f′(1)=-1.

x2ae1ae1

因为g(x)=x+-bx,所以g′(x)=-x-2-b.

exex

因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直, 所以g(1)=1,且f′(1)·g′(1)=-1, 即g(1)=a+1-b=1,g′(1)=-a-1-b=1, 解得a=-1,b=-1.

e1

(2)证明:由(1)知,g(x)=-x++x,

ex2ln xe1

则f(x)+g(x)≥⇔1--x-+x≥0.

xxexln xe1

令h(x)=1--x-+x(x≥1),

xex

1-ln xe1ln xe

则h′(x)=-+x+2+1=2+x+1. 2xexxeln xe

因为x≥1,所以h′(x)=2+x+1>0,

xe

所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0, ln xe1

即1--x-+x≥0,

xex2

所以当x≥1时,f(x)+g(x)≥.

x[解题技法]

待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,利用导数研究其单调性,借助所构造函数的单调性即可得证.

方法二 隔离审查分析法证明不等式

1

[例2] (2019·长沙模拟)已知函数f(x)=ex2-xln x.求证:当x>0时,f(x)<xex+.

e111

[证明] 要证f(x)<xex+,只需证ex-ln x<ex+,即ex-ex<ln x+.

eexexex-11

令h(x)=ln x+(x>0),则h′(x)=2,

exex

111

0,上单调递减,在,+∞上单调递增,则h(x)min=h=0,所以ln x易知h(x)在eee1

+≥0. ex

再令φ(x)=ex-ex,则φ′(x)=e-ex,

易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.

1

因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex<ln x+,故原不等式成立.

ex[解题技法]

若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个都便于求导的函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标.

方法三、放缩法证明不等式

[例3] 已知函数f(x)=ax-ln x-1. (1)若f(x)≥0恒成立,求a的最小值; ex

(2)求证:+x+ln x-1≥0;

x

(3)已知k(ex+x2)≥x-xln x恒成立,求k的取值范围. ln x+1

[解] (1)f(x)≥0等价于a≥.

xln x+1ln x

令g(x)=(x>0),则g′(x)=-2,

xx

所以当x∈(0,1)时,g′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,

则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1,则a≥1, 所以a的最小值为1.

(2)证明:当a=1时,由(1)得x≥ln x+1, 即t≥ln t+1(t>0).

--

ex

令=t,则-x-ln x=ln t, xex

所以≥-x-ln x+1,

xex

即+x+ln x-1≥0. x

e

(3)因为k(e+x2)≥x-xln x恒成立,即k+x≥1-ln x恒成立,

x

-x

-x

ex

+x+ln x-1x1-ln x

所以k≥-x=-+1, -eex

+x+xxxex

由(2)知+x+ln x-1≥0恒成立,

xex

+x+ln x-1x

所以-+1≤1,所以k≥1. -ex

+xx故k的取值范围为[1,+∞). [解题技法]

导数的综合应用题中,最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题,对于这类问题,可以先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,便于化简或判断导数的正负.常见的放缩公式如下:

(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号; (2)ex≥ex,当且仅当x=1时取等号;

1

(3)当x≥0时,ex≥1+x+x2, 当且仅当x=0时取等号;

2e

(4)当x≥0时,ex≥x2+1, 当且仅当x=0时取等号;

2x-1(5)≤ln x≤x-1≤x2-x,当且仅当x=1时取等号;

x

2x-1x-1

(6)当x≥1时,≤ln x≤,当且仅当x=1时取等号.

x+1x考点二 双变量不等式的证明

1

[典例] 已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.

2

(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;

(2)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求证:x1+x2≥5-1

. 2

--

1

[解] (1)当a=0时,f(x)=ln x+x,则f(1)=1,所以切点为(1,1),又因为f ′(x)=+1,

x所以切线斜率k=f′(1) =2,

故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. (2)证明:当a=-2时,f(x)=ln x+x2+x(x>0). 由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,

2

即ln x1+x21+x1+ln x2+x2+x2+x1x2=0,

从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2), 令t=x1x2,设φ(t)=t-ln t(t>0), 1t-1则φ′(t)=1-=,

tt

易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以φ(t)≥φ(1)=1, 所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1, 因为x1>0,x2>0,所以x1+x2≥[解题技法]

破解含双参不等式的证明的关键

一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;

二是巧构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;

三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果. [题组训练]

a

已知函数f(x)=ln x+.

x(1)求f(x)的最小值;

(2)若方程f(x)=a有两个根x1,x2(x1<x2),求证:x1+x2>2a. 1ax-a

解:(1)因为f′(x)=-2=2(x>0),

xxx

所以当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数无最小值. 当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增. 函数f(x)在x=a处取最小值f(a)=ln a+1.

(2)证明:若函数y=f(x)的两个零点为x1,x2(x1<x2), 由(1)可得0<x1<a<x2.

令g(x)=f(x)-f(2a-x)(0<x<a),

114ax-a

则g′(x)=(x-a)x2-2a-x2=-2<0,

x2a-x2

2

5-1

成立. 2

所以g(x)在(0,a)上单调递减,g(x)>g(a)=0, 即f(x)>f(2a-x).

令x=x1<a,则f(x1)>f(2a-x1),所以f(x2)=f(x1)>f(2a-x1), 由(1)可得f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以x2>2a-x1, 故x1+x2>2a.

考点三 证明与数列有关的不等式

a

[典例] 已知函数f(x)=ln(x+1)+.

x+2

(1)若x>0时,f(x)>1恒成立,求a的取值范围; 1111

(2)求证:ln(n+1)>+++…+(n∈N*).

3572n+1[解] (1)由ln(x+1)+

a

>1,得 x+2

a>(x+2)-(x+2)ln(x+1). 令g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)],

x+21

则g′(x)=1-ln(x+1)-=-ln(x+1)-.

x+1x+1

当x>0时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减. 所以g(x)<g(0)=2,故a的取值范围为[2,+∞). (2)证明:由(1)知ln(x+1)+x

所以ln(x+1)>.

x+2

11

令x=(k>0),得lnk+1>1, k

+2kk+11即ln>.

k2k+1

n+11112341所以ln+ln+ln +…+ln>+++…+,

123n3572n+11111

即ln(n+1)>+++…+(n∈N*).

3572n+1[解题技法]

证明与数列有关的不等式的策略

(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式,用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少有两问,已知的不等式常

1

k

2

>1(x>0), x+2

由第一问根据待证式的特征而得到.

(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式),而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式),还要注意指、对数式的互化,如ex>x+1可化为ln(x+1)<x等.

[题组训练]

(2019·长春质检)已知函数f(x)=ex,g(x)= ln(x+a)+b.

(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线,求a,b的值; (2)当b=0时,f(x)-g(x)>0恒成立,求整数a的最大值;

e

(3)求证:ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n<(n∈N*).

e-1解:(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线,所以f(0)=g(0)且f′(0)=g′(0),

又因为f′(x)=ex,g′(x)=解得a=1,b=1.

(2)现证明ex≥x+1,设F(x)=ex-x-1,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,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以F(x)min=F(0)=0,即F(x)≥0恒成立,

即ex≥x+1.

同理可得ln(x+2)≤x+1,即ex>ln(x+2), 当a≤2时,ln(x+a)≤ln(x+2)<ex, 所以当a≤2时,f(x)-g(x)>0恒成立.

当a≥3时,e0<ln a,即ex-ln(x+a)>0不恒成立. 故整数a的最大值为2.

-n+1

(3)证明:由(2)知ex>ln(x+2),令x=,

n-n+1-n+1则e>lnnn+2, 即e

-n+1

11

,所以1=ln a+b,1=,

ax+a

>ln

-n+1n

+2=[ln(n+1)-ln n]n,

n

-n+1

所以e0+e1+e2+…+e>ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n,

1

1-ne1e---+

又因为e0+e1+e2+…+en1=<=,

11e-11-1-ee

e

所以ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n<.

e-1

[课时跟踪检测]

1

1.(2019·唐山模拟)已知f(x)=x2-a2ln x,a>0.

2(1)求函数f(x)的最小值;

fx-f2a3

(2)当x>2a时,证明:>a.

2x-2a解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), a2x+ax-a

f′(x)=x-=.

xx

当x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.

1

所以当x=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=a2-a2ln a.

2(2)证明:由(1)知,f(x)在(2a,+∞)上单调递增, 3

则所证不等式等价于f(x)-f(2a)-a(x-2a)>0.

23

设g(x)=f(x)-f(2a)-a(x-2a),

2则当x>2a时,

3a23

g′(x)=f′(x)-a=x--a

2x2=

2x+ax-2a

>0,

2x

所以g(x)在(2a,+∞)上单调递增, 当x>2a时,g(x)>g(2a)=0, 3

即f(x)-f(2a)-a(x-2a)>0,

2故

fx-f2a3

>a. 2x-2a

2.(2018·黄冈模拟)已知函数f(x)=λln x-ex(λ∈R). (1)若函数f(x)是单调函数,求λ的取值范围; x2

(2)求证:当0<x1<x2时,e1-x2-e1-x1>1-.

x1解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), ∵f(x)=λln x-ex, λ-xλ+xex

∴f′(x)=+e=,

xx

∵函数f(x)是单调函数,∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,

λ+xex--

①当函数f(x)是单调递减函数时,f′(x)≤0,∴≤0,即λ+xex≤0,λ≤-xex

xx=-x.

e

x-1x

令φ(x)=-x,则φ′(x)=x,

ee

当0<x<1时,φ′(x)<0;当x>1时,φ′(x)>0,

1

则φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴当x>0时,φ(x)min=φ(1)=-,

e1

∴λ≤-.

e

λ+xex--

②当函数f(x)是单调递增函数时,f′(x)≥0,∴≥0,即λ+xex≥0,λ≥-xex

xx=-x,

e

x

由①得φ(x)=-x在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又∵φ(0)=0,当x―→

e+∞时,φ(x)<0,∴λ≥0.

1

-∞,-∪[0,+∞). 综上,λ的取值范围为e

11-

(2)证明:由(1)可知,当λ=-时,f(x)=-ln x-ex在(0,+∞)上单调递减,

ee∵0<x1<x2,

11

∴f(x1)>f(x2),即-ln x1-e-x1>-ln x2-e-x2,

ee∴e1-x2-e1-x1>ln x1-ln x2.

x2x2x1x2

要证e1-x2-e1-x1>1-,只需证ln x1-ln x2>1-,即证ln >1-,

x1x1x2x1x11

令t=,t∈(0,1),则只需证ln t>1-,

x2tt-11

令h(t)=ln t+-1,则当0<t<1时,h′(t)=2<0,

tt

1

∴h(t)在(0,1)上单调递减,又∵h(1)=0,∴h(t)>0,即ln t>1-,故原不等式得证.

t3.(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0). (1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值; 111

(2)求证:当n∈N*时,1+++…+>ln(n+1).

23n

1kx-11

解:(1)∵f(x)=kx-ln x-1,∴f′(x)=k-=(x>0,k>0);当0<x<时,f′(x)

xxk

1

<0;当x>时,f′(x)>0.

k

11

0,上单调递减,在,+∞上单调递增, ∴f(x)在kk1

∴f(x)min=fk=ln k, ∵f(x)有且只有一个零点, ∴ln k=0,∴k=1.

(2)证明:由(1)知x-ln x-1≥0,即x-1≥ln x,当且仅当x=1时取等号, n+1n+11∵n∈N*,令x=,得>ln ,

nnn

n+111123

∴1+++…+>ln+ln+…+ln=ln(n+1),

23n12n111

故1+++…+>ln(n+1).

23n第三课时 导数与函数的零点问题 考点一 判断函数零点的个数

mx

[典例] 设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.

x3x1mx

[解] 由题设,g(x)=f′(x)-=-2-(x>0),

3xx31

令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).

31

设φ(x)=-x3+x(x>0),

3

则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),

当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;

当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. 所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点. 2

所以φ(x)的最大值为φ(1)=.

3

由φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),

2

可知①当m>时,函数g(x)无零点;

3

2

②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;

32

③当0<m<时,函数g(x)有两个零点;

3④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点. 2

综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;

32

当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;

32

当0<m<时,函数g(x)有两个零点.

3 [题组训练]

13

1.已知函数f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-,求方程f(x)=0的解的个数.

2213

解:因为f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-(x>0),

22-x2+2x+3-x-3x+13

所以f′(x)=-x+2==,

xxx当x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(3,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 93

所以f(x)max=f(3)=3ln 3-+6-3ln 3-=0,

22

因为当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞, 所以方程f(x)=0只有一个解. 1

2.设f(x)=x--2ln x.

x

(1)求证:当x≥1时,f(x)≥0恒成立;

1

(2)讨论关于x的方程x--f(x)=x3-2ex2+tx根的个数.

x1

解:(1)证明:f(x)=x--2ln x的定义域为(0,+∞).

x12x2-2x+1x-12

∵f′(x)=1+2-==≥0,

xxx2x2∴f(x)在[1,+∞)上是单调增函数,

∴f(x)≥f(1)=1-1-2ln 1=0对于x∈[1,+∞)恒成立. 故当x≥1时,f(x)≥0恒成立得证. (2)化简方程得2ln x=x3-2ex2+tx. 注意到x>0,则方程可变为

2ln x2

=x-2ex+t. x

2ln x

令L(x)=,H(x)=x2-2ex+t,

x21-ln x

则L′(x)=.

x2当x∈(0,e)时,L′(x)>0,∴L(x)在(0,e)上为增函数; 当x∈(e,+∞)时,L′(x)<0,∴L(x)在(e,+∞)上为减函数. 2

∴当x=e时,L(x)max=L(e)=.

e

2ln x

函数L(x)=,H(x)=(x-e)2+t-e2在同一坐标系内的大致图象如图所示.

x

22

由图象可知,①当t-e2>,即t>e2+时,方程无实数根;

ee22

②当t-e2=,即t=e2+时,方程有一个实数根;

ee22

③当t-e2<,即t<e2+时,方程有两个实数根.

ee考点二 由函数零点个数求参数

[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1; (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.

[解] (1)证明:当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)ex-1≤0.

设函数g(x)=(x2+1)ex-1,

则g′(x)=-(x2-2x+1)ex=-(x-1)2ex. 当x≠1时,g′(x)<0,

所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.

而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1. (2)设函数h(x)=1-ax2ex.

f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. (ⅰ)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ⅱ)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)ex.

当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.

所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 4a

故h(2)=1-2是h(x)在(0,+∞)上的最小值.

e

e2

①当h(2)>0,即a<时,h(x)在(0,+∞)上没有零点.

4e2

②当h(2)=0,即a=时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.

4

e2

③当h(2)<0,即a>时,因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点.

4由(1)知,当x>0时,e

x

>x2,所以

16a316a316a31

h(4a)=1-4a=1-2a2>1-=1->0,故4eae2a

h(x)在(2,4a)上有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)上有两个零点.

e2

综上,当f(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=.

4[解题技法]

根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”,即通过函数图象与x轴的交点个数,或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”.

[题组训练]

x3x2

1.(2019·安阳一模)已知函数f(x)=+与g(x)=6x+a的图象有3个不同的交点,则a

32的取值范围是________.

x3x2

解析:原问题等价于函数h(x)=+-6x与函数y=a的图象有3个不同的交点,

32由h′(x)=x2+x-6=(x-2)(x+3),得x=2或x=-3, 当x∈(-∞,-3)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈(-3,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增. 2722

且h(-3)=,h(2)=-,

23

2227

-,. 数形结合可得a的取值范围是322227

-, 答案:322.(2019·赣州模拟)若函数f(x)=aex-x-2a有两个零点,则实数a的取值范围是________.

解析:∵f(x)=aex-x-2a,∴f′(x)=aex-1.

当a≤0时,f′(x)≤0恒成立,函数f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;

11 ln1,+∞ -∞,ln 上单调递减,当a>0时,令f′(x)=0,得x=ln,函数f(x)在在aaa上单调递增,

11

ln=1-ln-2a=1+ln a-2a. ∴f(x)的最小值为faa1

令g(a)=1+ln a-2a(a>0),则g′(a)=-2.

a

11

0,时,g(a)单调递增;当a∈ ,+∞时,g(a)单调递减, 当a∈221

=-ln 2<0, ∴g(a)max=g21

ln<0,函数f(x)=aex-x-2a有两个零点. ∴f(x)的最小值为fa综上所述,实数a的取值范围是(0,+∞). 答案:(0,+∞)

[课时跟踪检测]

1.设a为实数,函数f(x)=-x3+3x+a. (1)求f(x)的极值;

(2)是否存在实数a,使得方程f(x)=0恰好有两个实数根?若存在,求出实数a的值;若不存在,请说明理由.

解:(1)f′(x)=-3x2+3,令f′(x)=0,得x=-1或x=1.

∵当x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0;当x∈(-1,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,

∴f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增. ∴f(x)的极小值为f(-1)=a-2,极大值为f(1)=a+2.

(2)方程f(x)=0恰好有两个实数根,等价于直线y=a与函数y=x3-3x的图象有两个交点.∵y=x3-3x,∴y′=3x2-3.令y′>0,解得x>1或x<-1;令y′<0,解得-1<x<1.

∴y=x3-3x在(-1,1)上为减函数,在(1,+∞)和(-∞,-1)上为增函数.∴当x=-1时,y的大致图象如图所示.

y=a表示平行于x轴的一条直线,由图象知,当a=2或a=-2时,y=a与y=x3-3x有两个交点.

故当a=2或a=-2时,方程f(x)=0恰好有两个实数根. 2.(2019·锦州联考)已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).

极大值

=2;当x=1时,y

极小值

=-2.∴y=x3-3x

(1)若函数f(x)在x=0处取得极值,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最大值; (2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.

解:(1)由f(x)=ex+ax-a,得f′(x)=ex+a.∵函数f(x)在x=0处取得极值,∴f′(0)=e0+a=0,∴a=-1.∴f(x)=ex-x+1,f′(x)=ex-1.∴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.易知f(x)在[-2,0)上单调递减,在1

(0,1]上单调递增,且f(-2)=2+3,f(1)=e,f(-2)>f(1),

e

1

∴f(x)在[-2,1]上的最大值是2+3.

e(2)f′(x)=ex+a.

①当a>0时,f′(x)>0,f(x)在R上单调递增,且当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0; 111

-<1+a--1=-a<0,∴函数f(x)存在零点,不当x<0时,取x=-,则faaa满足题意.

②当a<0时,令f′(x)=ex+a=0,则x=ln(-a). 当x∈(-∞,ln(-a))时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(ln(-a),+∞)时,f′(x)>0 ,f(x)单调递增, ∴当x=ln(-a)时,f(x)取得极小值,也是最小值. 函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(

-e2<a<0.

综上所述,所求实数a的取值范围是(-e2,0).

11

3.(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)=ln x+-(a∈R且a≠0).

axa(1)讨论函数f(x)的单调性;

1x

(2)当x∈e,e时,试判断函数g(x)=(ln x-1)e+x-m的零点个数. ax-1解:(1)f′(x)=(x>0),

ax2当a<0时,f′(x)>0恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增; ax-11

当a>0时,由f′(x)=>0,得x>,

ax2aax-11

由f′(x)=<0,得0<x<, 2axa

11

,+∞上单调递增,在0,上单调递减. 函数f(x)在aa综上所述,当a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;

11

,+∞上单调递增,在0,上单调递减. 当a>0时,函数f(x)在aa-a)

+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得

1

,e时,函数g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零点个数,等价于方程(ln x-1)ex(2)当x∈e+x=m的根的个数.

令h(x)=(ln x-1)ex+x, 1x

则h′(x)=x+ln x-1e+1.

11

由(1)知当a=1时,f(x)=ln x+-1在e,1上单调递减,在(1,e)上单调递增, x1∴当x∈e,e时,f(x)≥f(1)=0. 11

∴+ln x-1≥0在x∈e,e上恒成立. x1

+ln x-1ex+1≥0+1>0, ∴h′(x)=x1

∴h(x)=(ln x-1)ex+x在x∈e,e上单调递增, 11e∴h(x)min=h=-2e+,h(x)max=h(e)=e. ee

11

∴当m<-2e+或 m>e时,函数g(x)在e,e上没有零点; e11

当-2e+≤m≤e时,函数g(x)在e,e上有一个零点. e4.(2019·益阳、湘潭调研)已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R. (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(e,f(e))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a的取值范围.

11

解:(1)当a=0时,f(x)=ln x+x,f(e)=e+1,f′(x)=+1,f′(e)=1+,∴曲线y=

xe11

1+(x-e),即y=+1x. f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y-(e+1)=ee

-2ax2+x+1

(2)f′(x)=(x>0),

x

①当a≤0时,显然f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;

-2ax2+x+1

②当a>0时,令f′(x)==0,则-2ax2+x+1=0,易知Δ>0恒成立.

x1

设方程的两根分别为x1,x2(x1<x2),则x1x2=-<0,∴x1<0<x2,

2a-2ax2+x+1-2ax-x1x-x2

∴f′(x)==(x>0).

xx

1e1e11+8a+1

由f′(x)>0得x∈(0,x2),由f′(x)<0得x∈(x2,+∞),其中x2=,

4a

1+8a+1上单调递增,在1+8a+1

∴函数f(x)在0,,+∞上单调递减.

4a4a

ln x+x

(3)函数f(x)有两个零点,等价于方程a=2有两解.

xln x+x1-2ln x-x

令g(x)=2(x>0),则g′(x)=.

xx3

1-2ln x-x

由g′(x)=>0,得2ln x+x<1,解得0<x<1,

x3∴g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减,

又∵当x≥1时,g(x)>0,当x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0,

∴作出函数g(x)的大致图象如图,结合函数值的变化趋势猜想:当a∈(0,1)时符合题意.

下面给出证明:

当a≥1时,a≥g(x)max,方程至多一解,不符合题意; 当a≤0时,方程至多一解,不符合题意; 11-a<0, 当a∈(0,1)时,g<0,∴gee2a22a22ga=4lna+a<4a+a=a,

2

2

2∴ga-a<0.

12∴方程在e,1与1,a上各有一个根, ∴若f(x)有两个零点,a的取值范围为(0,1).

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