1、高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f(x)=1x+aln x,g(x)=exx.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:当a=1时,f(x)+g(x)-1+ex2ln xe.2.已知函数f(x)=ln x+ax(aR)的图像在点1e,f1e处的切线斜率为-e,其中e为自然对数的底数.(1)求实数a的值,并求f(x)的单调区间;(2)证明:xf(x)xex.3.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f(x)=ln ax-bx+1,g(x)=ax-ln x,a1.(1)求函数f(x)的极值;(2)直线y=2x+1为函
2、数f(x)图像的一条切线,若对任意的x1(0,1),x21,2都有g(x1)f(x2)成立,求实数a的取值范围.4.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=exx,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t0时,求f(x)在区间t,t+1上的最大值;(2)求证:对任意x(0,+),不等式f(x)g(x)都成立.5.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(ex-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2)处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x0时,f(x)1;(3)若数列xn满足exn+1=f(xn),且x1=13,证明:2n|exn-1|ln(n+
3、1);(2)设g(x)=(x-1)2ex,讨论方程f(x)=g(x)的实数根的个数.2.(2019全国2,理20)已知函数f(x)=ln x-x+1x-1.(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.3.(2020北京通州区一模,19)已知函数f(x)=xex,g(x)=a(ex-1),aR.(1)当a=1时,求证:f(x)g(x);(2)当a1时,求关于x的方程f(x)=g(x)的实数根的个数.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+bxex,a
4、,bR,且a0.(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e,求函数f(x)的解析式;(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;(3)设g(x)=a(x-1)ex-f(x),g(x)为g(x)的导函数.若存在x0(1,+),使g(x0)+g(x0)=0成立,求ba的取值范围.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.(1)解函数的定义域为(0,+),f(x)=-1x2+ax=ax-1x2,当a0时,f(x)0时,由f(x)0,得x1a,由f(x)0,得0x0时,f(x)在0,1a上递减,在1a,+上递增.(2)证明因为x0,所以不等式等价于ex-e
5、x+1elnxx,设F(x)=ex-ex+1,F(x)=ex-e,所以当x(1,+)时,F(x)0,F(x)递增;当x(0,1)时,F(x)0,G(x)递增,当x(e,+)时,G(x)G(x),即ex-ex+1elnxx,故原不等式成立.2.解因为函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1x-ax2,所以f1e=e-ae2=-e,所以a=2e,所以f(x)=1x-2ex2.令f(x)=0,得x=2e,当x0,2e时,f(x)0,所以f(x)在0,2e上递减,在2e,+上递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=xlnx+2e,由h(x)=lnx+1=0,得x=1e,所以当x0,1e时,h(x
6、)0,所以h(x)在0,1e上递减,在1e,+上递增,所以h(x)min=h1e=1e.设t(x)=xex(x0),则t(x)=1-xex,所以当x(0,1)时,t(x)0,t(x)递增,当x(1,+)时,t(x)t(x),即xf(x)xex.3.证明(1)a1,函数f(x)的定义域为(0,+).f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,f(x)=1x-b=1-bxx.当b0时,f(x)0,f(x)在(0,+)上为增函数,无极值;当b0时,由f(x)=0,得x=1b.当x0,1b时,f(x)0,f(x)递增;当x1b,+时,f(x)f(x2)成立,只需g(x1)minf(x2)m
7、ax.g(x)=a-1x=ax-1x,由g(x)=0,得x=1a.a1,01a1.当x0,1a时,g(x)0,g(x)递增.g(x)g1a=1+lna,即g(x1)min=1+lna.f(x2)=1x2-b在x21,2上递减,f(x2)max=f(1)=1-b=3-ae.1+lna3-ae.即lna+ae-20.设h(a)=lna+ae-2,易知h(a)在(1,+)上递增.又h(e)=0,实数a的取值范围为(e,+).4.(1)解由f(x)=exx得,f(x)=xex-exx2=ex(x-1)x2,当x1时,f(x)1时,f(x)0,f(x)在区间(-,1)上递减,在区间(1,+)上递增.当t
8、1时,f(x)在区间t,t+1上递增,f(x)的最大值为f(t+1)=et+1t+1.当0t1,f(x)在区间(t,1)上递减,在区间(1,t+1)上递增,f(x)的最大值为f(x)max=maxf(t),f(t+1).下面比较f(t)与f(t+1)的大小.f(t)-f(t+1)=ett-et+1t+1=(1-e)t+1ett(t+1).t0,1-e0,当0t1e-1时,f(t)-f(t+1)0,故f(x)在区间t,t+1上的最大值为f(t)=ett,当1e-1t1时,f(t)-f(t+1)0,f(x)在区间t,t+1上的最大值为f(t+1)=et+1t+1.综上可知,当01e-1时,f(x)
9、在区间t,t+1上的最大值为f(t+1)=et+1t+1.(2)证明不等式f(x)g(x)即为exxlnxx+1x-1.x0,不等式等价于exlnx-x+1,令h(x)=ex-(x+1)(x0),则h(x)=ex-10,h(x)在(0,+)上为增加的,h(x)h(0)=0,即exx+1,所以,要证exlnx-x+1成立,只需证x+1lnx-x+1成立即可.即证2xlnx在(0,+)上成立.设(x)=2x-lnx,则(x)=2-1x=2x-1x,当0x12时,(x)12时,(x)0,(x)递增,(x)min=12=1-ln12=1+ln20,(x)0在(0,+)上成立,对任意x(0,+),不等式
10、f(x)g(x)都成立.5.(1)解f(x)=a(x-2)ex+x+2)x3,因为f(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明要证f(x)1,只需证h(x)=ex-12x2-x-10.h(x)=ex-x-1,令c(x)=ex-x-1,则c(x)=ex-1.因为当x0时,c(x)0,所以h(x)=ex-x-1在(0,+)上递增,所以h(x)=ex-x-1h(0)=0.所以h(x)=ex-12x2-x-1在(0,+)上递增,所以h(x)=ex-12x2-x-1h(0)=0成立.所以当x0时,f(x)1.(3)证明(方法1)由(2)知当x0时,f(x)1.因为exn+1=f(xn),所以xn+1=ln
11、f(xn).设g(xn)=lnf(xn),则xn+1=g(xn),所以xn=g(xn-1)=g(g(xn-2)=g(g(x1)0.要证2n|exn-1|1,只需证|exn-1|12n.因为x1=13,所以|ex1-1|=e13-1.因为e-323=e-2780,所以e1332,所以|ex1-1|=e13-112.故只需证|exn+1-1|12|exn-1|.因为xn(0,+),故只需证exn+1-112exn-12,即证f(xn)-10,(x)=12x2+x-2ex+x+2,令(x)=12x2+x-2ex+x+2,则(x)=12x2+2x-1ex+1,令(x)=12x2+2x-1ex+1,则(
12、x)=12x2+3x+1ex0,所以(x)在区间(0,+)上递增,故(x)=12x2+2x-1ex+1(0)=0.所以(x)在区间(0,+)上递增,故(x)=12x2+x-2ex+x+2(0)=0.所以(x)在区间(0,+)上递增,所以(x)=12x2-2ex+12x2+2x+2(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x0时,f(x)1.因为exn+1=f(xn),所以xn+1=lnf(xn).设g(xn)=lnf(xn),则xn+1=g(xn),所以xn=g(xn-1)=g(g(xn-2)=g(g(x1)0.要证2n|exn-1|1,只需证|exn-1|12n.因为x1=13,所
13、以|ex1-1|=e13-1.因为e-323=e-2780,所以e1332,所以|ex1-1|=e13-112.故只需证|exn+1-1|12|exn-1|.因为xn(0,+),故只需证exn+1-112exn-12,即证f(xn)-10.因为(x)=12(x2-4)ex+12(x2+4x+4)=12(x+2)(x-2)ex+(x+2),设u(x)=(x-2)ex+(x+2),故只需证u(x)0.u(x)=(x-1)ex+1,令v(x)=(x-1)ex+1,则v(x)=xex0,所以v(x)在区间(0,+)上递增,故v(x)=(x-1)ex+1v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+)上递增,
14、故u(x)=(x-2)ex+(x+2)u(0)=0,所以原不等式成立.突破2用导数研究与函数零点有关的问题1.(1)证明由f(x)0可得,a1+lnxx(x0),令h(x)=1+lnxx,则h(x)=1xx-(1+lnx)x2=-lnxx2.当x(0,1)时,h(x)0,h(x)递增;当x(1,+)时,h(x)0,h(x)递减,故h(x)在x=1处取得最大值,要使a1+lnxx,只需ah(1)=1,故a的取值范围为1,+).显然,当a=1时,有1+lnxx1,即不等式lnx1(nN+),则有lnn+1nn+1n-1=1n,所以ln21+ln32+lnn+1nln(n+1).(2)解由f(x)=
15、g(x),可得1+lnxx-a=(x-1)2ex,即a=1+lnxx-(x-1)2ex,令t(x)=1+lnxx-(x-1)2ex,则t(x)=-lnxx2-(x2-1)ex,当x(0,1)时,t(x)0,t(x)递增;当x(1,+)时,t(x)0,t(x)递减,故t(x)在x=1处取得最大值t(1)=1,又当x0时,t(x)-,当x+时,t(x)-,所以,当a=1时,方程f(x)=g(x)有一个实数根;当a1时,方程f(x)=g(x)没有实数根.2.(1)解f(x)的定义域为(0,1)(1,+).因为f(x)=1x+2(x-1)20,所以f(x)在区间(0,1),(1,+)内递增.因为f(e
16、)=1-e+1e-10,所以f(x)在区间(1,+)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.又01x11,f1x1=-lnx1+x1+1x1-1=-f(x1)=0,故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点1x1.综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)证明因为1x0=e-lnx0,故点B-lnx0,1x0在曲线y=ex上.由题设知f(x0)=0,即lnx0=x0+1x0-1,故直线AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.曲线y=ex在点B-lnx0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1x0
17、,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.3.(1)证明设函数F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.当a=1时,F(x)=xex-ex+1,所以F(x)=xex.所以当x(-,0)时,F(x)0.所以F(x)在(-,0)上递减,在(0,+)上递增.所以当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0.所以F(x)0,即f(x)g(x).(2)解设函数F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.当a1时,F(x)=(x-a+1)ex,令F(x)0,即(x-a+1)ex0,解得xa-1;令F(x)0,即(x-a+1)ex0,解得x1,所以h(a)0.所
18、以h(a)在(1,+)上递减.所以h(a)h(1)=0,所以F(a-1)0,所以F(x)在区间(a-1,a)上存在一个零点.所以在a-1,+)上存在唯一的零点.又因为F(x)在区间(-,a-1)上递减,且F(0)=0,所以F(x)在区间(-,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F(x)有且仅有两个零点,即方程f(x)=g(x)有两个实数根.4.解(1)函数f(x)的定义域为(-,0)(0,+).f(x)=ax2+bx-bx2ex,由题知f(-1)=0,f(-1)=1e,即(a-2b)e-1=0,(-a+b)-1e-1=1e,解得a=2,b=1,所以函数f(x)=2x+1xex(x0).(2)f
19、(x)=2x2+x-1x2ex=(x+1)(2x-1)x2ex.令f(x)0得x12,令f(x)0得-1x0或0x0),所以g(x)=bx2+ax-bx-aex.由g(x)+g(x)=0,得ax-bx-2aex+bx2+ax-bx-aex=0.整理,得2ax3-3ax2-2bx+b=0.存在x0(1,+),使g(x0)+g(x0)=0成立,等价于存在x0(1,+),使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立.设u(x)=2ax3-3ax2-2bx+b(x1),则u(x)=6ax2-6ax-2b=6ax(x-1)-2b-2b.当b0时,u(x)0,此时u(x)在(1,+)上递增,因此u(x)u(1)=-a-b.因为存在x0(1,+),使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,所以只要-a-b0即可,此时-10时,令u(x)=b,解得x1=3a+9a2+16ab4a3a+9a24a=321,x2=3a-9a2+16ab4a(舍去),x3=0(舍去),得u(x1)=b0.又因为u(1)=-a-b1,使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,此时ba0.综上有ba的取值范围为(-1,+).
