函数的综合应用 课件-2026届高三数学二轮复习

第7讲　函数的综合应用 专题六　不等式、函数与导数 1.(2024·全国甲卷，文T20)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)讨论f(x)的单调性； 探究真题 明确方向 f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a-. 若a≤0，则f'(x)<0，故f(x)在(0，+∞)上单调递减； 若a>0，则由f'(x)=0得x=. 当0<x<时，f'(x)<0；当x>时，f'(x)>0. 故f(x)在上单调递减，在上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增. 解 (2)设a≤2，证明：当x>1时，f(x)<ex-1. 要证明f(x)<ex-1，等价于证明a(x-1)-ln x+1-ex-1<0. 构造函数g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1，则只需证明当x>1时g(x)<0. 方法一　易得g'(x)=a--ex-1，设h(x)=g'(x)，则h'(x)=-ex-1. 当x>1时，0<<1，ex-1>1，故h'(x)<0， 从而h(x)=g'(x)在(1，+∞)上单调递减. 又a≤2，所以当x>1时，g'(x)<g'(1)=a-2≤0. 所以当x>1时，g(x)单调递减，所以当x>1时，g(x)<g(1)=0，即当x>1时，f(x)<ex-1. 证明 方法二　易得g'(x)=a--ex-1， 令h(x)=ex-1-x，则h'(x)=ex-1-1， 当x>1时，h'(x)>0，所以h(x)在(1，+∞)上单调递增，故h(x)>h(1)=0， 即ex-1>x. 结合基本不等式，当x>1时，g'(x)=a--ex-1<a--x<a-2≤0. 所以当x>1时，g(x)单调递减，所以当x>1时，g(x)<g(1)=0， 即当x>1时，f(x)<ex-1. 证明 2.(2022·全国甲卷，理T21)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； 由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞). 由f'(x)=-+1 == 可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(1)=e+1-a. 又f(x)≥0， 所以e+1-a≥0，解得a≤e+1， 所以a的取值范围为(-∞，e+1]. 解 (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 方法一　不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2>1. 令F(x)=f(x)-f 则F'(x)=+·=(ex+x-x-1). 令g(x)=ex+x-x-1(x>0)， 则g'(x)=ex+1-+x·=ex+1+(x>0)， 所以当x∈(0，1)时，g'(x)>0， 所以当x∈(0，1)时，g(x)<g(1)=0， 证明 所以当x∈(0，1)时，F'(x)>0， 所以F(x)在(0，1)上单调递增， 所以F(x)<F(1)， 即在(0，1)上f(x)-f <F(1)=0. 又f(x1)=f(x2)=0， 所以f(x2)-f <0，即f(x2)<f . 由(1)可知，函数f(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以x2<即x1x2<1. 证明 方法二　(同构法构造函数化解等式) 不妨设x1<x2， 则由(1)知0<x1<1<x2，0<<1. 由f(x1)=f(x2)=0，得-ln x1+x1=-ln x2+x2， 即+x1-ln x1=+x2-ln x2. 因为函数y=ex+x在R上单调递增， 所以x1-ln x1=x2-ln x2成立. 构造函数h(x)=x-ln x(x>0)， 证明 g(x)=h(x)-h=x--2ln x(x>0)， 则g'(x)=1+-=≥0(x>0)， 所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)=0， 即当x>1时，h(x)>h所以h(x1)=h(x2)>h. 又h'(x)=1-=(x>0)，所以h(x)在(0，1)上单调递减， 所以0<x1<<1，即x1x2<1. 证明 3.(2024·新课标Ⅰ卷，T18)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3. (1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值； 当b=0时，f(x)=ln+ax， 其中x∈(0，2)， 则f'(x)=++a=+a，x∈(0，2)， 因为x(2-x)≤=1， 当且仅当x=1时等号成立， 故f'(x)min=2+a， 而f'(x)≥0，故2+a≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2. 解 (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； f(x)=ln+ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)， 设P(m，n)为y=f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于点(1，a)的对称点为Q(2-m，2a-n)， 因为点P(m，n)在y=f(x)的图象上，故n=ln+am+b(m-1)3， 而f(2-m)=ln+a(2-m)+b(2-m-1)3=-+2a， =-n+2a， 所以点Q(2-m，2a-n)也在y=f(x)的图象上，由点P的任意性可得y=f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a). 证明 (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. 因为f(x)>-2当且仅当1<x<2， 故x=1为f(x)=-2的一个解， 所以f(1)=-2，即a=-2. 此时f(x)>-2，即ln+2(1-x)+b(x-1)3>0， 设t=x-1∈(-1，1)， 则ln-2t+bt3>0. 设g(t)=ln-2t+bt3，t∈(-1，1)， 则g'(t)=-2+3bt2=. 解 当b≥0时，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0， 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当-≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0， 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 解 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当b<-时， 则当0<t<<1时，g'(t)<0， 故在上，g(t)单调递减， g(t)<g(0)=0，不符合题意，舍去， 综上，b≥-. 解 4.(2025·全国Ⅱ卷，T18)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3，其中0<k<. (1)证明：f(x)在区间(0，+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； 由题意得f'(x)=-1+x-3kx2=-3kx2=x2 因为x∈(0，+∞)，所以x2>0， 设h(x)=-3k，x>0， 则h'(x)=-<0在(0，+∞)上恒成立，所以h(x)在(0，+∞)上单调递减， 因为0<k<所以h(0)=1-3k>0，令h(x1)=0，则x1=-1， 所以当x∈(0，x1)时，h(x)>0，则f'(x)>0； 当x∈(x1，+∞)时，h(x)<0，则f'(x)<0， 所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，+∞)上单调递减， 证明 所以x1为f(x)在(0，+∞)上的极大值点， 所以f(x)在(0，+∞)上存在唯一极值点. 对函数y=ln(1+x)-x有y'=-1=-<0在(0，+∞)上恒成立， 所以y=ln(1+x)-x在(0，+∞)上单调递减， 所以y=ln(1+x)-x<0在(0，+∞)上恒成立， 又因为f(0)=0，f(x1)>0，当x→+∞时x2-kx3=x2(1-2kx)→-∞， 所以当x→+∞时，f(x)→-∞， 所以存在唯一的x2∈(x1，+∞)使得f(x2)=0， 即f(x)在(0，+∞)上存在唯一零点. 证明 (2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，+∞)的极值点和零点. (ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减； 由(1)知x1=-1，则x1+1=f'(x)=x2=x>0， 则g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) =+ =+ =+=3kt· = 证明 因为0<t<x1且k>0，所以-6kt2<0，2x1+-t2>0， 又1+x1>t，所以(1+x1)2-t2>0， 所以g'(t)<0， 所以函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减. 证明 (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论. 2x1>x2，证明如下： 由(ⅰ)知，函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减， 所以g(0)>g(x1)，即0>f(2x1)，又f(x2)=0，所以f(x2)>f(2x1)， 由(1)可知f(x)在(x1，+∞)上单调递减，2x1，x2∈(x1，+∞)， 所以2x1>x2. 解 命题热度： 本讲是历年高考命题必考的内容，属于中高档题目，具有较大的难度，三种题型都有所考查，主要是解答题.分值约为5~13分. 考查方向： 考查重点一是由不等式恒成立、能成立求参数范围，二是利用导数证明不等式，涉及构造函数求最值，极值点偏移，以及切割线放缩等，三是函数的零点，主要是判断零点个数、由零点个数或零点范围求参数的范围等. 考点二　利用导数证明不等式 考点一　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 内容索引 专题突破练 考点三　利用导数研究函数的零点 考点一　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 　 (2025·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R). (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程； 例1 由题设f(x)=ex+x-3，则f'(x)=ex+1，且f(0)=-2，f'(0)=2， ∴曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y+2=2x，即2x-y-2=0. 解 (2)当x≥0时，若不等式f(x)≥-2恒成立，求a的取值范围. 方法一　(直接法) 由题设当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ex--ax-1≥0恒成立， 令g(x)=ex--ax-1且x≥0，则g'(x)=ex-x-a， 令h(x)=g'(x)，x≥0，则h'(x)=ex-1≥0， ∴h(x)=g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=1-a， 解 当1-a≥0，即a≤1时，g'(x)≥0， 则g(x)在[0，+∞)上单调递增，g(x)≥g(0)=0，符合题意； 当1-a<0，即a>1时，g'(0)<0，而当x→+∞时，g'(x)→+∞， ∴∃x0∈(0，+∞)，使g'(x0)=0，即在[0，x0)上， g'(x)<0，在(x0，+∞)上，g'(x)>0， ∴g(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，从而g(x)min=g(x0)<g(0)=0，与g(x)≥0恒成立矛盾，不符合题意， 综上，a≤1. 解 方法二　(端点效应) 由题设当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ex--ax-1≥0恒成立， 令g(x)=ex--ax-1(x≥0)， 则当x≥0时，g(x)≥0恒成立，又g(0)=e0-1=0， 故此时必须保证函数g(x)在x=0右侧附近区间上单调递增， 即保证g'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立， 解 又g'(x)=ex-x-a， 故g'(0)=1-a≥0，即a≤1， 下证，当a≤1时，g(x)≥0恒成立. ∵g″(x)=ex-1≥e0-1=0， ∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=e0-a=1-a≥0， ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(0)=0恒成立，故a≤1. 解 方法三　(参变全分离，利用洛必达法则求最值) 依题意，当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ax≤ex--1恒成立， 当x=0时，0≤0恒成立，∴a∈R； 当x∈(0，+∞)时，a≤ 令g(x)=x>0， ∴g'(x)= 解 令φ(x)=2(x-1)ex-x2+2，x>0， ∴φ'(x)=2xex-2x=2x(ex-1). ∵x>0，∴ex-1>0，2x>0，∴φ'(x)>0， ∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴φ(x)>φ(0)=-2+2=0，即g'(x)>0， ∴g(x)在(0，+∞)上单调递增， 由洛必达法则知 g(x)===1， 即当x>0时，g(x)>1恒成立，故a≤1， 综上a≤1. 解 方法四　(参变半分离) 依题意，当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ax≤ex--1恒成立， 令g(x)=ex--1，x≥0，∴g'(x)=ex-x，g″(x)=ex-1≥e0-1=0， ∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=1>0， ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增， 又g'(0)=1，g(0)=0，∴曲线g(x)在x=0处的切线方程为y-0=1·(x-0)，即y=x， 故当x≥0时，y=ax的图象在y=x图象的下方，∴a≤1. 解 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 (1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. (2)分离参数法.将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围. 2.不等式能成立问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. 含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法 若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min； 若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max. 规律方法 跟踪演练1　(2025·张家口模拟)已知f(x)=ln x-a(x+1)，a∈R. (1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程； 当a=2时，f(x)=ln x-2(x+1)， 所以f(1)=-4，f'(x)=-2，所以切线斜率k=f'(1)=-1， 所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-(-4)=-1×(x-1)，即x+y+3=0. 解 (2)若∃x0∈(0，2]，使f(x0)>0，求a的取值范围. 因为∃x0∈(0，2]，使得f(x0)>0，即ln x0-a(x0+1)>0， 所以a<令g(x)=x∈(0，2]，则g'(x)= 设h(x)=1+-ln x，x∈(0，2]， 所以h'(x)=--<0在(0，2]上恒成立，所以函数h(x)在(0，2]上单调递减， 所以h(x)≥h(2)=-ln 2=ln>0，所以g'(x)>0在(0，2]上恒成立， 所以函数g(x)在(0，2]上单调递增，所以g(x)max=g(2)= 所以a<故a的取值范围是. 解 返回 考点二　利用导数证明不等式 　(2025·成都模拟)已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a. (1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-求a的值； 例2 因为f(x)=xex+a， 所以f'(x)=(1+x)ex.令f'(x)=0，解得x=-1. 所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f(-1)=-+a. 因为g(x)=xln x+a，x>0， 所以g'(x)=ln x+1. 令g'(x)=0，解得x=. 解 所以当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min=g=-+a. 由题意可得-+a-+a=- 解得a=-. 解 (2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x). 若a=0，x>0，则f(x)=xex，g(x)=xln x，g'(x)=ln x+1. 方法一　凹凸反转法 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 即证>. 令h(x)=x>0，φ(x)=x>0， 易得h'(x)= 则令h'(x)<0，得0<x<1；令h'(x)>0，得x>1， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)=e. 证明 易得φ'(x)== 令φ'(x)>0，得0<x<； 令φ'(x)<0，得x> 所以φ(x)在上单调递增， 在上单调递减， 所以φ(x)≤φ=<e， 所以h(x)>φ(x)，故f(x)>g'(x). 证明 方法二　切线放缩法 令φ(x)=ln x-(x-1)，x>0，则φ'(x)=-1= 所以当x∈(0，1)时，φ'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以φ(x)≤φ(1)=0， 即ln x-(x-1)≤0，即ln x≤x-1， 即ln x+1≤x，当且仅当x=1时等号成立， 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1，只需证xex>x，即证ex>1. 因为x>0，所以ex>e0=1，即证得f(x)>g'(x)成立. 证明 方法三　切线放缩法 令φ(x)=ex-x-1，则φ'(x)=ex-1， 当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0， 当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x+1， 当且仅当x=0时等号成立. 当x>0时，xex>x(x+1)， 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 证明 只需证x(x+1)>ln x+1， 即证x(x+1)-ln x-1>0. 令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0，则h'(x)=2x+1-= 当x∈时，h'(x)<0， 当x∈时，h'(x)>0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以h(x)≥h=-ln -=ln 2->0， 所以x(x+1)-ln x-1>0，即证得f(x)>g'(x)成立. 证明 方法四　最值法(隐零点) 令φ(x)=f(x)-g'(x)=xex-ln x-1，x>0， 则φ'(x)=(x+1)ex-φ″(x)=(x+2)ex+>0， 所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增， 又φ'=-2>0，φ'=-3<0， 所以∃x0∈使φ'(x0)=0， 即(x0+1)=则x0= 所以当x∈(0，x0)时，φ'(x)<0； 证明 当x∈(x0，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以φ(x)min=φ(x0)=x0-ln x0-1=-ln x0-1， 令h(x)=-ln x-1，x∈易知h(x)在上单调递减， 所以h(x)>h=-ln -1=ln 2->0. 所以φ(x)≥φ(x0)>0，即证得f(x)>g'(x). 证明 利用导数证明不等式问题的方法 (1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x). (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论. (3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数. 规律方法 跟踪演练2　(2025·甘南模拟)已知函数f(x)=ln x-x2-sin x+1.证明： (1)ln x≤x-1； 令F(x)=ln x-x+1，x>0，则F'(x)=-1=. 当x>1时，F'(x)<0；当0<x<1时，F'(x)>0， 所以F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以当x=1时，F(x)取得极大值也是最大值. 所以F(x)≤F(1)=0，所以ln x-x+1≤0，即ln x≤x-1. 证明 (2)f(x)<0. 由(1)可得f(x)=ln x-x2-sin x+1≤x-1-x2-sin x+1=x-x2-sin x(x>0)， 当且仅当x=1时，等号成立. 令G(x)=x-x2-sin x，则G'(x)=1-x-cos x. 令φ(x)=G'(x)，则φ'(x)=-1+sin x≤0，且等号不恒成立， 所以φ(x)在(0，+∞)上单调递减. 又因为φ(0)=0，所以当x>0时，φ(x)<0，即G'(x)<0在(0，+∞)上恒成立， 所以G(x)在(0，+∞)上单调递减. 又因为G(0)=0，所以G(x)<0在(0，+∞)上恒成立. 所以f(x)≤x-x2-sin x<0. 证明 返回 考点三　利用导数研究函数的零点 　已知函数f(x)=eax-x(a∈R). (1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 例3 若a=2， 则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1. 又f(1)=e2-1，即切点坐标为(1，e2-1)， 曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1， 故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)， 即y=(2e2-1)x-e2. 解 (2)讨论f(x)的零点个数. 方法一　由题意得f'(x)=aeax-1. 当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上单调递减， 又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0， 此时f(x)有一个零点. 当a>0时，令f'(x)<0得x<- 令f'(x)>0得x>- 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增. 故f(x)的最小值为f=. 解 当a=时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点， 当a>时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点， 当0<a<时，f(x)的最小值小于0，->0，f(-1)=e-a+1>0， 当x→+∞时，f(x)→+∞，此时f(x)有两个零点， 综上，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点； 当0<a<时，f(x)有两个零点； 当a>时，f(x)没有零点. 解 方法二　当x≤0时，f(x)=eax-x>0， 所以f(x)在(-∞，0]上无零点， 当x>0时，令f(x)=eax-x=0， 所以eax=x⇒ax=ln x⇒a=. 令φ(x)=(x>0)， 所以φ'(x)= 所以当x∈(0，e)时，φ'(x)>0，当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0， 所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， 解 所以φ(x)max=φ(e)= 又当x→0时，φ(x)→-∞，当x→+∞时，φ(x)→0， 所以φ(x)的图象如图所示， 由图可知，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点； 当0<a<时，f(x)有两个零点； 当a>时，f(x)没有零点. 解 函数的零点问题有两种常见的解题方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数. 规律方法 跟踪演练3　(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax. (1)若a=2，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程； 当a=2时，f(x)=ex-1-2x，所以f(1)=-1. 因为f'(x)=ex-1-2，所以f'(1)=-1. 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-(-1)=-(x-1)，即x+y=0. 解 (2)若a∈(1，e]，证明函数f(x)有两个零点. 对f(x)=ex-1-ax求导，得f'(x)=ex-1-a. 令f'(x)=ex-1-a=0，得x=1+ln a， 当x∈(-∞，1+ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(1+ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x=1+ln a时，f(x)取得最小值，f(x)min=f(1+ln a)=a-a(1+ln a)=-aln a. 因为a∈(1，e]，所以1+ln a∈(1，2]，f(1+ln a)<0. 因为f(0)=e-1>0，所以f(x)在(-∞，1+ln a)上有唯一零点. 又f(4)=e3-4a，因为a≤e，所以e3-4a≥e3-4e=e(e2-4)>0， 则f(4)>0，所以f(x)在(1+ln a，+∞)上有唯一零点. 综上，当a∈(1，e]时，函数f(x)有两个零点. 证明 返回 专题突破练 答案 1 2 3 1. (1)当a=1时，f(x)=ln x+则f'(x)=- 所以f'(1)=0，又f(1)=1，则所求切线方程为y=1. (2)f(x)≥ln a⇒ln(ax)+≥ln a⇒ln x+≥0，其中x>0， 所以问题转化为a≥-xln x(x>0)恒成立， 记g(x)=-xln x，x>0，则g'(x)=-ln x-1， 令g'(x)>0，得0<x<；令g'(x)<0，得x> 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， g(x)的最大值为g=所以a≥故a的取值范围是. 答案 1 2 3 2. (1)当a=2时，函数f(x)=ln x-2x的定义域为(0，+∞)，求导得f'(x)=-2， 当0<x<时，f'(x)>0；当x>时，f'(x)<0， 则函数f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以函数f(x)的单调递增区间是单调递减区间是. (2)函数g(x)=ln x-ax+1的定义域为(0，+∞)，求导得g'(x)=-a， 当a≤0时，g'(x)>0，函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，函数g(x)至多有一个零点，不符合题意； 答案 1 2 3 2. 当a>0时，由g'(x)>0，得0<x<；由g'(x)<0，得x> 函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，g(x)max=g=-ln a， 当x→0时，g(x)→-∞，当x→+∞时，g(x)→-∞， 故-ln a>0，解得0<a<1，故实数a的取值范围是(0，1). (3)由(2)知，当a=1时，g(x)≤0⇔ln x≤x-1，当且仅当x=1时取等号， 取x=n∈N*，则ln<-1= 答案 1 2 3 2. 因此1+++…+>ln+ln+ln+…+ln=ln =ln(n+1)， 所以1++…+>ln(n+1). 答案 1 2 3 3. (1)f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x. 令f'(x)>0，得x<1；令f'(x)<0，得x>1， 则f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞). (2)g(x)=exsin x-x-1(x≠0)， g'(x)=exsin x+excos x-1 =exsin-1， 当x∈时，x+∈ 答案 1 2 3 3. sin∈ 所以g'(x)>0， 所以g(x)在上单调递增， 因为g(0)=-1<0， g=--1>e--1>0， 所以g(x)在上有唯一零点. 答案 1 2 3 3. (3)方法一　f'(x)=(1-x)e-x，易得f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，当x→-∞时，f(x)→-∞，f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0， 函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)，且f(1)=函数f(x)的大致图象如图所示. 由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x)，x∈(0，1)， 则F'(x)=f'(1+x)+f'(1-x)=(e2x-1)>0， 所以F(x)在(0，1)上单调递增，F(x)>F(0)=0， 答案 1 2 3 3. 也即f(1+x)>f(1-x)对x∈(0，1)恒成立.由0<x1<1<x2，得1-x1∈(0，1)， 所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2-x1)>f(x2)， 又因为2-x1，x2∈(1，+∞)， 且f(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以2-x1<x2，即x1+x2>2. 答案 1 2 3 3. 方法二　不妨设x1<x2，欲证x1+x2>2，即证x2>2-x1，由方法一知0<x1<1<x2，故2-x1，x2∈(1，+∞)， 又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减，故只需证f(x2)<f(2-x1)， 又因为f(x1)=f(x2)， 故也即证f(x1)<f(2-x1)，构造函数H(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0，1)， 则等价于证明H(x)<0对x∈(0，1)恒成立. 由H'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(1-e2x-2)>0，则H(x)在(0，1)上单调递增， 所以H(x)<H(1)=0，即已证明H(x)<0对x∈(0，1)恒成立，故原不等式x1+x2>2成立. 答案 1 2 3 3. 方法三　由f(x1)=f(x2)，得x1=x2 化简得= 不妨设x2>x1，由方法一知，0<x1<1<x2. 令t=x2-x1，则t>0，x2=t+x1， 代入=得et= 则x1=则x1+x2=2x1+t=+t， 故要证x1+x2>2，即证+t>2， 答案 1 2 3 3. 又因为et-1>0，等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0， 构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1)(t>0)，则G'(t)=(t-1)et+1， 令p(t)=G'(t)(t>0)，则p'(t)=tet>0. 故G'(t)在(0，+∞)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0， 从而G(t)也在(0，+∞)上单调递增，G(t)>G(0)=0，即2t+(t-2)(et-1)>0成立， 也即原不等式x1+x2>2成立. 1.(2025·蚌埠模拟)已知函数f(x)=ln(ax)+其中a>0. (1)当a=1时，求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程； 1 2 3 答案 当a=1时，f(x)=ln x+ 则f'(x)=- 所以f'(1)=0，又f(1)=1， 则所求切线方程为y=1. 解 (2)若f(x)≥ln a恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 答案 f(x)≥ln a⇒ln(ax)+≥ln a⇒ln x+≥0，其中x>0， 所以问题转化为a≥-xln x(x>0)恒成立， 记g(x)=-xln x，x>0，则g'(x)=-ln x-1， 令g'(x)>0，得0<x<；令g'(x)<0，得x> 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， g(x)的最大值为g=所以a≥故a的取值范围是. 解 1 2 3 2.(2025·遵义模拟)已知函数f(x)=ln x-ax. (1)若a=2，求函数f(x)的单调区间； 答案 当a=2时，函数f(x)=ln x-2x的定义域为(0，+∞)，求导得f'(x)=-2， 当0<x<时，f'(x)>0；当x>时，f'(x)<0， 则函数f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以函数f(x)的单调递增区间是单调递减区间是. 解 1 2 3 (2)设g(x)=f(x)+1，若函数g(x)有两个零点，求实数a的取值范围； 答案 1 2 3 答案 函数g(x)=ln x-ax+1的定义域为(0，+∞)，求导得g'(x)=-a， 当a≤0时，g'(x)>0，函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，函数g(x)至多有一个零点，不符合题意； 当a>0时，由g'(x)>0，得0<x<；由g'(x)<0，得x> 函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，g(x)max=g=-ln a， 当x→0时，g(x)→-∞，当x→+∞时，g(x)→-∞， 故-ln a>0，解得0<a<1，故实数a的取值范围是(0，1). 解 1 2 3 (3)证明：1++…+>ln(n+1)(n∈N*). 答案 由(2)知，当a=1时，g(x)≤0⇔ln x≤x-1，当且仅当x=1时取等号， 取x=n∈N*，则ln<-1= 因此1+++…+>ln+ln+ln+…+ln=ln =ln(n+1)， 所以1++…+>ln(n+1). 证明 3.已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间； 1 2 3 答案 f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x. 令f'(x)>0，得x<1；令f'(x)<0，得x>1， 则f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞). 解 (2)已知函数g(x)=-x-1，判断函数g(x)在上的零点个数； 1 2 3 答案 1 2 3 答案 g(x)=exsin x-x-1(x≠0)， g'(x)=exsin x+excos x-1=exsin-1， 当x∈时，x+∈ sin∈ 所以g'(x)>0， 所以g(x)在上单调递增， 解 1 2 3 答案 因为g(0)=-1<0， g=--1>e--1>0， 所以g(x)在上有唯一零点. 解 (3)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2. 1 2 3 答案 1 2 3 答案 方法一　f'(x)=(1-x)e-x，易得f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，当x→-∞时，f(x)→-∞，f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0， 函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)，且f(1)=函数f(x)的大致图象如图所示. 由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x)，x∈(0，1)， 则F'(x)=f'(1+x)+f'(1-x)=(e2x-1)>0， 所以F(x)在(0，1)上单调递增，F(x)>F(0)=0， 证明 1 2 3 答案 也即f(1+x)>f(1-x)对x∈(0，1)恒成立.由0<x1<1<x2，得1-x1∈(0，1)， 所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2-x1)>f(x2)， 又因为2-x1，x2∈(1，+∞)， 且f(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以2-x1<x2，即x1+x2>2. 证明 1 2 3 答案 方法二　不妨设x1<x2，欲证x1+x2>2，即证x2>2-x1，由方法一知0<x1<1<x2，故2-x1，x2∈(1，+∞)， 又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减，故只需证f(x2)<f(2-x1)，又因为f(x1)=f(x2)， 故也即证f(x1)<f(2-x1)，构造函数H(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0，1)， 则等价于证明H(x)<0对x∈(0，1)恒成立. 由H'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(1-e2x-2)>0，则H(x)在(0，1)上单调递增， 所以H(x)<H(1)=0，即已证明H(x)<0对x∈(0，1)恒成立，故原不等式x1+x2>2成立. 证明 1 2 3 答案 方法三　由f(x1)=f(x2)，得x1=x2 化简得= 不妨设x2>x1，由方法一知，0<x1<1<x2. 令t=x2-x1，则t>0，x2=t+x1， 代入=得et= 则x1=则x1+x2=2x1+t=+t， 故要证x1+x2>2，即证+t>2， 证明 1 2 3 答案 又因为et-1>0，等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0， 构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1)(t>0)，则G'(t)=(t-1)et+1， 令p(t)=G'(t)(t>0)，则p'(t)=tet>0. 故G'(t)在(0，+∞)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0， 从而G(t)也在(0，+∞)上单调递增，G(t)>G(0)=0，即2t+(t-2)(et-1)>0成立， 也即原不等式x1+x2>2成立. 证明 返回 $