2024届高三数学一轮复习基础夯实练22：函数综合运用

基础夯实练22  函数综合运用

一、利用导数研究恒(能)成立问题

1．已知函数f(x)＝(x－2)ex.

(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；

(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

2．(2023·镇江模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a>0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．

3．(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x.

(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围．

4．已知函数f(x)＝e2x－ax(a∈R)，e为自然对数的底数．

(1)求函数f(x)的极值；

(2)若关于x的不等式a≤f(x)恒成立，求实数a的取值范围．

二、利用导数证明不等式

1．已知函数f(x)＝ax＋xln x，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．

(1)求实数a的值；

(2)求证：当x>0时，f(x)>4x－3.

2．(2023·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.

(1)求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cos x.

3．已知函数f(x)＝xln x－ax.

(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；

(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立．

4．(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex.

(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；

(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；

(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1)．

三、利用导数研究函数的零点

1．(2023·济南质检)已知函数f(x)＝，a∈R.

(1)若a＝0，求f(x)的最大值；

(2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点．

2．函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．

3．(2022·河南名校联盟模拟)已知f(x)＝(x－1)ex－ax3＋a(a∈R)．

(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；

(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数．

4．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.

(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；

(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．

四、隐零点与极值点偏移问题

1．已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．

(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)当a＝0时，证明：f(x)<2ex－x－4 .(其中e为自然对数的底数)

2．设f(x)＝xex－mx2，m∈R.

(1)设g(x)＝f(x)－2mx，当m>0时，讨论函数g(x)的单调性；

(2)若函数f(x)在(0，＋∞)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2>2.

参考答案

一、利用导数研究恒(能)成立问题

1．解　(1)依题意f′(x)＝(x－1)ex，

令f′(x)＝0，解得x＝1，

当x<1时，f′(x)<0；

当x>1时，f′(x)>0，

∴f(x)在[－1,1)上单调递减，

在(1,3]上单调递增，

而f(1)＝－e，f(3)＝e3，

f(－1)＝－，

∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.

(2)依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．

当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；

当x>2时，原不等式化为a≤＝，

令g(x)＝，

则g′(x)＝，

∵x>2，∴g′(x)>0，

∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，

∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，

综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]．

2．解　(1)函数f(x)＝aln x－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，

∴f′(x)＝－1＝，

①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，

∴函数的单调递减区间为(0，＋∞);

②当a>0时，由f′(x)＝0，

解得x＝a；

当x∈(0，a)时，f′(x)>0，

当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，

∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).

综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．

(2)由已知，

转化为f(x)max<g(x)min.

由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．

故f(x)的极大值即为最大值，

f(x)max＝f(a)

＝aln a－a，

∵g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－＝，当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，

∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

故g(x)的极小值即为最小值，

∴g(x)min＝g(1)＝0，

∴aln a－a<0，即ln a－1<0，

解得0<a<e.

∴a的取值范围为(0，e)．

3．解　(1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，

又f(1)＝0，

故f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.

(2)当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，

得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，

令h(x)＝ln x＋1－2ax，

则h′(x)＝－2a＝.

①若a≤0，得h′(x)>0，

则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，

故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，

所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，

所以g(x)≥g(1)＝0，

从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；

②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝.

(ⅰ)若0<a<，则>1，

当x∈时，h′(x)>0，

g′(x)在上单调递增，

从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，

所以g(x)在上单调递增，

此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；

(ⅱ)若a≥，

则0<≤1，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，

所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，

从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，

所以g(x)≤g(1)＝0，

所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立．

综上所述，a的取值范围是.

4．解　(1)∵f(x)＝e2x－ax，

∴f′(x)＝2e2x－a，

当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)无极值．

当a>0时，令f′(x)＝0，得2e2x－a＝0，

得x＝ln ，

易知当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(x)的极小值为f ＝－a×ln ＝－ln ，f(x)无极大值．

综上，当a≤0时，f(x)无极值；

当a>0时，f(x)的极小值为－ln ，f(x)无极大值．

(2)由a≤f(x)得，

e2x－ax≥aln x－ax＋a，

整理得e2x－aln x－a≥0.

令h(x)＝e2x－aln x－a(x>0)，

则h(x)≥0恒成立，h′(x)＝2e2x－(x>0)，

当a<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，

且当x→0＋时，h(x)<0，不满足题意．

当a＝0时，h(x)＝e2x>0，满足题意．

当a>0时，由h(x)≥0得≥.

令p(x)＝，

则p′(x)＝＝，

令q(x)＝－2ln x－1(x>0)，

则q′(x)＝－－<0，∴q(x)单调递减，

又q(1)＝0，

故当x∈(0,1)时，q(x)>0，

即p′(x)>0，p(x)单调递增，

当x∈(1，＋∞)时，q(x)<0，

即p′(x)<0，p(x)单调递减，

∴p(x)max＝p(1)＝，

∴≥，即0<a≤2e2.

综上，实数a的取值范围为[0,2e2]．

二、利用导数证明不等式

1．(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，

由题意知，f′(e)＝2＋a＝4，则a＝2.

(2)证明　由(1)知，f(x)＝2x＋xln x，

令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝xln x－2x＋3，

则g′(x)＝ln x－1，

由ln x－1>0得x>e，

由ln x－1<0得0<x<e，

故g(x)在(0，e)上单调递减，

在(e，＋∞)上单调递增，

∴g(x)min＝g(e)＝3－e>0，

即g(x)>0，即f(x)>4x－3.

2．(1)解　易知函数f(x)的定义域为R，

∵f(x)＝ex－x－1，

∴f′(x)＝ex－1，

令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，

即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，

∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．

(2)证明　要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x，

即证ex－x2－cos x≥0，

设g(x)＝ex－x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，

∵g′(x)＝ex－x＋sin x，sin x≥－1，

∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1

(当且仅当x＝－＋2kπ，k∈Z时等号成立)，

由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，

∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

∴在区间[0，＋∞)上，

g(x)≥g(0)＝0，

∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cos x得证．

3．(1)解　函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)，

当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，

f′(x)＝ln x＋2，

由f′(x)＝0，得x＝，

当0<x<时，f′(x)<0；

当x>时，f′(x)>0，

所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，

因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－，无最大值．

(2)证明　当x>0时，

ln x＋1>－，

等价于x(ln x＋1)>－，

由(1)知，当a＝－1时，

f(x)＝xln x＋x≥－，

当且仅当x＝时取等号，

设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，

则G′(x)＝，

易知G(x)max＝G(1)＝－，

当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－.

4．(1)解　当a＝1时，

f(x)＝(x－1)ex，x∈R，

则f′(x)＝xex，

当x<0时，f′(x)<0，

当x>0时，f′(x)>0，

故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

(2)解　设h(x)＝xeax－ex＋1，

则h(0)＝0，

又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，

设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，

则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，

若a>，

则g′(0)＝2a－1>0，

因为g′(x)为连续不间断函数，

故存在x0∈(0，＋∞)，

使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，

故g(x)在(0，x0)上单调递增，

故g(x)>g(0)＝0，

故h(x)在(0，x0)上单调递增，

故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．

若0<a≤，

则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex

＝eax＋ln(1＋ax)－ex，

下证：对任意x>0，

总有ln(1＋x)<x成立，

证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，x>0，

故S′(x)＝－1＝<0，

故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，

故S(x)<S(0)＝0，

即ln(1＋x)<x成立．

由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，

故h′(x)≤0总成立，

即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．

若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．

综上，a≤.

(3)证明　取a＝，

则∀x>0，总有－ex＋1<0成立，

令t＝，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，

故2tln t<t2－1，即2ln t<t－对任意的t>1恒成立．

所以对任意的n∈N*，

有2ln<－，

整理得ln(n＋1)－ln n<，

故＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n

＝ln(n＋1)，

故不等式成立．

三、利用导数研究函数的零点

1．(1)解　若a＝0，则f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，

∴f′(x)＝，

由f′(x)＝0，得x＝e，

∴当0<x<e时，f′(x)>0；

当x>e时，f′(x)<0，

∴f(x)在(0，e)上单调递增，

在(e，＋∞)上单调递减，

∴f(x)max＝f(e)＝.

(2)证明　f′(x)＝＝，

由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

∵0<a<1，

∴当x>e时，

f(x)＝＝a＋>0，

故f(x)在(e，＋∞)上无零点；

当0<x<e时，f(x)＝，

∵f ＝a－e<0，

f(e)＝a＋>0，

且f(x)在(0，e)上单调递增，

∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，

综上，f(x)有且只有一个零点．

2．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，

由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.

则f(x)＝－x＋xln x，

∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.

∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．

(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，

则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．

由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，f(e)＝0，

作出f(x)图象如图．

由图可知，当－1<m＋1<0，即－2<m<－1时，y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．

因此实数m的取值范围是(－2，－1)．

3．解　(1)f(x)＝(x－1)ex－ax3＋a，

则f′(x)＝x(ex－ax)．

∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴f′(x)＝x(ex－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，

则ex－ax≥0，x≥0.

当x＝0时，则1≥0，即a∈R；

当x>0时，则a≤，

构建g(x)＝(x>0)，

则g′(x)＝(x>0)，

令g′(x)>0，则x>1，

令g′(x)<0，则0<x<1，

∴g(x)在(0,1)上单调递减，

在(1，＋∞)上单调递增，

则g(x)≥g(1)＝e，

∴a≤e，

综上所述，a≤e.

(2)f(x)＝(x－1)ex－ax3＋a＝(x－1)，

令f(x)＝0，

则x＝1或ex－a(x2＋x＋1)＝0，

对于ex－a(x2＋x＋1)＝0，

即＝a，

构建h(x)＝，

则h′(x)＝，

令h′(x)>0，则x>1或x<0，

令h′(x)<0，则0<x<1，

∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，

h(0)＝1，h(1)＝且h(x)>0，

当x∈R时恒成立，

则当a＝e时，＝a有两个根x1＝1，x2<0；

当0<a<e时，＝a只有一个根x3<0；

当a≤0时，＝a无根．

综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；

当0<a≤e时，f(x)有两个零点．

4．解　(1)当a＝0时，

f(x)＝－－ln x(x＞0)，

所以f′(x)＝－＝.

当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

所以f(x)max＝f(1)＝－1.

(2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋－＝(x＞0)．

当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；

当a＜0时，

f′(x)＝，

当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，

所以f(x)不存在零点；

当a＞0时，

f′(x)＝，

当a＝1时，f′(x)≥0，

f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

因为f(1)＝a－1＝0，

所以函数f(x)恰有一个零点；

当a＞1时，0＜＜1，故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

因为f(1)＝a－1＞0，

所以f ＞f(1)＞0，

当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a＞1满足条件，

当0＜a＜1时，＞1，故f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减．

因为f(1)＝a－1＜0，

所以f ＜f(1)＜0，

当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件．

综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．

四、隐零点与极值点偏移问题

1．(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝，

当0<<2，即a>时，f(x)在，(2，＋∞)上单调递增．

当＝2，即a＝时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当>2，即0<a<时，f(x)在(0,2)，上单调递增．

综上所述，当a>时，f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞)；

当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

当0<a<时，f(x)的单调递增区间为(0,2)，.

(2)证明　当a＝0时，由f(x)<2ex－x－4化简得ex－ln x－2>0，

构造函数h(x)＝ex－ln x－2(x>0)，

h′(x)＝ex－，令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝ex＋>0，h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，

h′＝－2<0，h′(1)＝e－1>0，

故存在x0∈，使得h′(x0)＝0，即＝.

当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；

当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．

所以当x＝x0时，h(x)取得极小值，也是最小值．

h(x)min＝h(x0)＝－ln x0－2＝－－2＝＋x0－2>2－2＝0，

所以h(x)＝ex－ln x－2>0，故f(x)<2ex－x－4.

2．(1)解　g(x)＝xex－mx2－2mx(x∈R)，g′(x)＝(x＋1)(ex－2m)，

当m>0时，令g′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝ln(2m)，

若－1>ln(2m)，即0<m<，

则当x>－1和x<ln(2m)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

 当ln(2m)<x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

若－1<ln(2m)，即m>，

则当x<－1和x>ln(2m)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

当－1<x<ln(2m)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

当－1＝ln(2m)，即m＝时，g′(x)≥0，g(x)在R上单调递增，

综上所述，当0<m<时，g(x)在(－1，＋∞)，(－∞，ln(2m))上单调递增， 在(ln(2m)，－1)上单调递减，

当m>时，g(x)在(－∞，－1), (ln(2m)，＋∞)上单调递增， 在(－1，ln(2m))上单调递减，

当m＝时，g(x)在R上单调递增．

(2)证明　令f(x)＝xex－mx2＝0，因为x>0，所以ex＝mx，

令F(x)＝ex－mx(x>0), F(x1)＝0，F(x2)＝0，则＝mx1，＝mx2，两式相除得，

＝， ①

不妨设x2>x1，令t＝x2－x1，则t>0，x2＝t＋x1，

代入①得，et＝，x1＝，

则x1＋x2＝2x1＋t＝＋t，

故要证x1＋x2>2，即证＋t>2，

又因为et－1>0，

等价于证明2t＋(t－2)(et－1)>0，

构造函数h(t)＝2t＋(t－2)(et－1)(t>0)，

则h′(t)＝(t－1)et＋1，

令h′(t)＝G(t)，则G′(t)＝tet>0，

故h′(t)在(0，＋∞)上单调递增，h′(t)>h′(0)＝0，

从而h(t)在(0，＋∞)上单调递增，h(t)>h(0)＝0.

即x1＋x2>2.