高考数学专题练 专题一 微专题11　切线放缩（含答案）

这是一份高考数学专题练 专题一 微专题11　切线放缩（含答案），共15页。

典例1 已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R)．
(1)若f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，求f(x)的最大值．
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典例2 已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明：f(x)>0.
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[总结提升]
当要证明的不等式中既含有ex，又含有ln x时，一般我们形象地称之为指对共生式，这类问题直接构造差函数进行研究可能会较为困难，突破这一困难一般采用指对放缩、分离双函数、同构等技巧．常用的切线放缩有：
(1)ex≥x＋1；(2)ex≥ex；(3)1－eq \f(1,x)≤ln x≤x－1；(4)ln x≤eq \f(x,e).
在证明不等式的过程中，可通过上述常见的切线放缩，将ex或ln x放缩掉，再来证明不等式，这是指对共生式一种可以考虑的方向．
注意：解题中若要用不等式ex≥x＋1，ex≥ex,1－eq \f(1,x)≤ln x≤x－1等进行放缩，需要先给出证明．
1．(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝ex－1－a(x＋1)(x≥1)，g(x)＝(x－1)ln x，其中e为自然对数的底数．
(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若a取(1)中的最大值，证明：f(x)≥g(x)．
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2．已知函数f(x)＝ex＋2x2－3x.
(1)求函数f′(x)在区间[0,1]上的零点个数；(其中f′(x)为f(x)的导数)
(2)若关于x的不等式f(x)≥eq \f(5,2)x2＋(a－3)x＋1在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
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3．设函数f(x)＝aex－xln x，其中a∈R.
(1)若f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围；
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(2)若a≥eq \f(2,e2)，证明：f(x)>0.
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微专题11 切线放缩
[考情分析] 切线放缩思想一直是导数中重要的思想之一，某些求函数的最小值或证明不等式的问题，巧用切线放缩，会有意想不到的效果．一般试题难度较大．

考点一 利用切线放缩求最值
典例1 已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R)．
(1)若f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，求f(x)的最大值．
解 (1)由题意，f′(x)＝eq \f(1,x)－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，
从而a≤(x＋1)ex－eq \f(1,x)，
设g(x)＝(x＋1)ex－eq \f(1,x)(x≥1)，
则g′(x)＝(x＋2)ex＋eq \f(1,x2)>0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝2e－1，
因为a≤g(x)恒成立，所以a≤2e－1，
故实数a的取值范围为(－∞，2e－1]．
(2)方法一 设φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1，
令φ′(x)>0，则x>0，令φ′(x)0，故u(x)在(0，＋∞)上单调递增，
结合ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)－10知u(x)在(0，＋∞)上有零点，
即方程x＋ln x＝0有实根，所以f(x)max＝－1.
方法二 当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x>0)，f′(x)＝eq \f(1,x)－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－ex))，
设h(x)＝eq \f(1,x)－ex(x>0)，则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－ex0，h(1)＝1－e0，所以f′(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递增，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)0，f(x)≤xe2x 恒成立，
等价于a≤eq \f(xe2x－ln x＋1,x) 在(0，＋∞)上恒成立．
因为xe2x－(ln x＋1)＝e2x＋ln x－(ln x＋1)≥(2x＋ln x＋1)－(ln x＋1)＝2x，
所以eq \f(xe2x－ln x＋1,x)≥eq \f(2x,x)＝2.
当且仅当 2x＋ln x＝0 时等号成立 (方程显然有解)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xe2x－ln x＋1,x)))min＝2，
所以a≤2.
方法二 (隐零点)
因为f(x)＝ax＋ln x＋1，所以对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x－eq \f(ln x＋1,x)在(0，＋∞)上恒成立．
令m(x)＝e2x－eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，
则只需a≤m(x)min 即可，
则m′(x)＝eq \f(2x2e2x＋ln x,x2)，
再令g(x)＝2x2e2x＋ln x(x>0)，
则 g′(x)＝4(x2＋x)e2x＋eq \f(1,x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \f(\r(e),8)－2ln 20，
所以g(x)有唯一的零点x0，且eq \f(1,4)0.
(1)解 由题意，f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋m)，
因为x＝0是f(x)的极值点，
所以f′(0)＝1－eq \f(1,m)＝0，解得m＝1，
故f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x＋1ex－1,x＋1)，x>－1，
令u(x)＝(x＋1)ex－1(x>－1)，
则u′(x)＝(x＋2)ex>0，
所以u(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又u(0)＝0，所以当－1－2)，
则h′(x)＝eq \f(1,x＋2)－1＝－eq \f(x＋1,x＋2)，
所以h′(x)>0⇔－2－2，
则g′(x)＝ex－eq \f(1,x＋2)＝eq \f(x＋2ex－1,x＋2)，
令h(x)＝(x＋2)ex－1(x>－2)，
则h′(x)＝(x＋3)ex>0，
所以h(x)在(－2，＋∞)上单调递增，
结合h(－1)＝eq \f(1,e)－10，知存在唯一的x0使h(x0)＝0且x0∈(－1,0)，
当－20，
所以g(x)>0，即ex－ln(x＋2)>0，
因为当m≤2时，f(x)≥ex－ln(x＋2)，所以f(x)>0.
跟踪训练2 已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax.
(1)试讨论f(x)的单调性；
(2)若a＝1，求证：当x>0时，f(x)0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－2a2x＋a＝eq \f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝－eq \f(ax－12ax＋1,x)，
当0eq \f(1,a)时，f′(x)0时，e2x>2x＋1，所以e2x－x－2>x－1.
令h(x)＝x－1－ln x，x>0，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)，当00时，h(x)≥h(1)＝0，即当x>0时，x－1≥ln x，
所以当x>0时，e2x－x－2>x－1≥ln x，即ln x0时，f(x)0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)min＝h(1)＝eq \f(1,2)，
因为a≤h(x)恒成立，所以a≤eq \f(1,2)，
故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
方法二 由题意，f(x)≥0⇔ex－1－a(x＋1)≥0⇔a≤eq \f(ex－1,x＋1)，
易证ex≥x＋1，所以ex－1≥x，当且仅当x＝1时取等号，
从而eq \f(ex－1,x＋1)≥eq \f(x,x＋1)＝eq \f(x＋1－1,x＋1)＝1－eq \f(1,x＋1)≥1－eq \f(1,1＋1)＝eq \f(1,2)，
又当x＝1时，eq \f(ex－1,x＋1)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(ex－1,x＋1)的最小值为eq \f(1,2)，
因为a≤eq \f(ex－1,x＋1)恒成立，所以a≤eq \f(1,2)，
故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
(2)证明 由题意知，a＝eq \f(1,2)，f(x)＝ex－1－eq \f(x＋1,2)，
所以f(x)≥g(x)⇔ex－1－eq \f(x＋1,2)≥(x－1)ln x，
易证ln x≤x－1，所以当x≥1时，(x－1)ln x≤(x－1)2，
下面证明ex－1－eq \f(x＋1,2)≥(x－1)2，只需证ex－1≥eq \f(2x2－3x＋3,2)，即证eq \f(2x2－3x＋3,2ex－1)≤1，
设φ(x)＝eq \f(2x2－3x＋3,2ex－1)(x≥1)，
则φ′(x)＝－eq \f(2x－3x－2,2ex－1)，
所以φ′(x)>0⇔eq \f(3,2)0.
(1)解 方法一 由题意知，f′(x)＝aex－ln x－1(x>0)，且f′(x)≥0恒成立，
所以a≥eq \f(ln x＋1,ex)，
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－1－ln x,ex)，
当01时，eq \f(1,x)－10，所以g′(x)0)，且f′(x)≥0恒成立，
所以a≥eq \f(ln x＋1,ex)，
易证ln x≤x－1，ex≥ex，
所以eq \f(ln x＋1,ex)≤eq \f(x－1＋1,ex)＝eq \f(x,ex)≤eq \f(x,ex)＝eq \f(1,e)，当x＝1时，eq \f(ln x＋1,ex)＝eq \f(1,e)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x＋1,ex)))max＝eq \f(1,e)，
因为a≥eq \f(ln x＋1,ex)恒成立，所以a≥eq \f(1,e)，
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
(2)证明 方法一 当a≥eq \f(2,e2)时，f(x)＝aex－xln x≥eq \f(2,e2)·ex－xln x＝2ex－2－xln x＝ex－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(xln x,ex－2)))，
下面证明ex－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(xln x,ex－2)))>0，
只需证2－eq \f(xln x,ex－2)>0，
当00成立，
下面证明当x>1时该不等式也成立，
令h(x)＝2－eq \f(xln x,ex－2)(x>1)，
则h′(x)＝eq \f(xln x－ln x－1,ex－2)，
令r(x)＝xln x－ln x－1(x>1)，
则r′(x)＝ln x＋1－eq \f(1,x)，
令n(x)＝ln x＋1－eq \f(1,x)，
则n′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)>0，
所以r′(x)在(1，＋∞)上单调递增，又r′(1)＝0，
所以当x>1时，r′(x)>0，
从而r(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又r(2)＝ln 2－10，
所以r(x)在(1，＋∞)上有唯一的零点x0，且x0∈(2，e)，
当x∈(1，x0)时，r(x)0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)min＝h(x0)＝2－，①
又r(x0)＝x0ln x0－ln x0－1＝0，
所以ln x0＝eq \f(1,x0－1)，
代入式①得h(x0)＝2－＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0－1)))，
由x0>2可得10，
所以ex－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(xln x,ex－2)))>0，
又当a≥eq \f(2,e2)时，f(x)≥ex－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(xln x,ex－2)))>0，
所以f(x)>0.
方法二 当a≥eq \f(2,e2)时，f(x)＝aex－xln x≥eq \f(2,e2)·ex－xln x＝2ex－2－xln x，
易证ln x≤eq \f(x,e)，所以2ex－2－xln x≥2ex－2－eq \f(x2,e)，
令u(x)＝2ex－2－eq \f(x2,e)(x>0)，
则u′(x)＝2ex－2－eq \f(2x,e)＝eq \f(2ex－1－x,e)，
易证ex≥x＋1，所以ex－1≥x，从而u′(x)≥0，
故u(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又u(0)＝eq \f(2,e2)>0，所以u(x)>0恒成立，
因为f(x)≥u(x)，所以f(x)>0