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| 【一数讲义】导数大题第一问稳定拿分 |
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导数大题第一问稳定拿分导数公式1.(2021?新高考Ⅰ)已知函数f(x)=x(1-lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2< 1a + 1b
2.(2020?海南)已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna．(1)当a=e时，求曲线y= f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．3.(2021?新高考Ⅱ)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)恰有一个零点．①12 2a；②0
4.(2021?浙江)设a，b为实数，且a>1，函数f(x)=ax-bx+e2(x∈R)．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围；(Ⅲ)当a =e时，证明：对任意b >e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，满足x2>blnb2e2 x1+ e2b．(注：e=2.71828?是自然对数的底数)5.(2021?T8联考)已知函数f(x)=alnx-sinx+x，其中a为非零常数．(1)若函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)设θ∈ π，3π2? ?，且cosθ=1+θsinθ，证明：当θ2sinθ
6.(2021?乙卷)已知函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)= x+ f(x)xf(x)．证明：g(x)<1．·4·
【参考答案】1.【解答】(1)解：由函数的解析式可得f''(x)=1-lnx-1=-lnx，∴x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减．(2)证明：由blna-alnb=a-b，得-1aln1a + 1bln1b = 1b - 1a，即1a 1-ln1a? ? = 1b 1-ln1b? ?，由(1)f(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减，所以f(x)max= f(1)=1，且f(e)=0，令x1= 1a，x2= 1b，则x1，x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0，1)．不妨令x1∈(0，1)，x2∈(1，e)，则2-x1>1，先证22-x1，即证f(x2)= f(x1)< f(2-x1)，令h(x)= f(x)- f(2-x)，则h′(x)= f′(x)+ f′(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]在(0，1)单调递减，所以h′(x)>h′(1)=0，故函数h(x)在(0，1)单调递增，∴h(x1) f(e-x1)，令φ(x)= f(x)- f(e-x)，x∈(0，1)，则φ''(x)=-ln[x(e-x)]，令φ′(x0)=0，x∈(0，x0)，φ''(x)>0，φ(x)单调递增，x∈(x0，1)，φ''(x)<0，φ(x)单调递减，又00，且f(e)=0，故limx→0+φ(x)=0，φ(1)= f(1)- f(e-1)>0，∴φ(x)>0恒成立，x1+x21，x1(1-lnx1)>x1，故x1+x20，g(x)单调递增，所以g(x)
2.【解答】解：(1)当a=e时，f(x)=ex-lnx+1，∴ f′(x)=ex- 1x，∴ f′(1)=e-1，∵ f(1)=e+1，∴曲线y= f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1)，当x=0时，y=2，当y=0时，x= -2e-1，∴曲线y = f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S = 12 ×2×2e-1 = 2e-1．(2)方法一：由f(x)≥1，可得aex-1-lnx+lna≥1，即ex-1+lna-lnx+lna≥1，即ex-1+lna+lna+x-1≥lnx+x=elnx+lnx，令g(t)=et+t，则g′(t)=et+1>0，∴g(t)在R上单调递增，∵g(lna+x-1)≥g(lnx)∴lna+x-1≥lnx，即lna≥lnx-x+1，令h(x)=lnx-x+1，∴h′(x)= 1x -1= 1-xx，当00，函数h(x)单调递增，当x>1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴h(x)≤h(1)=0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞)．方法二：由f(x)≥1可得aex-1-lnx+lna≥1，x>0，a>0，即aex-1-1≥lnx-lna，设g(x)=ex-x-1，∴g′(x)=ex-1>0恒成立，∴g(x)在(0，+∞)单调递增，∴g(x)>g(0)=1-0-1=0，∴ex-x-1>0，即ex>x+1，再设h(x)=x-1-lnx，∴h′(x)=1- 1x = x-1x，当01时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，∴h(x)≥h(1)=0，∴x-1-lnx≥0，即x-1≥lnx ·6·
∴ex-1≥x，则aex-1≥ax，此时只需要证ax≥x-lna，即证x(a-1)≥-lna，当a≥1时，∴x(a-1)>0>-lna恒成立，当00，∴存在x0∈ 1，1a? ?使得f′(x0)=0，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴ f(x)< f(1)=a+lna0，lna>0，∴ f(x)≥ex-1-lnx，令g(x)=ex-1-lnx，∴g′(x)=ex-1- 1x，易知g′(x)在(0，+∞)上为增函数，∵g′(1)=0，∴当x∈(0，1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，∴g(x)≥g(1)=1，即f(x)≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞)．方法四：∵ f(x)=aex-1-lnx+lna，x>0，a>0，∴ f′(x)=aex-1- 1x，易知f′(x)在(0，+∞)上为增函数，∵y=aex-1在(0，+∞)上为增函数，y= 1x在0，+∞)上为减函数，∴y=aex-1与y= 1x在0，+∞)上有交点，∴存在x0∈(0，+∞)，使得f′(x0)=aex
0-1- 1x0 =0，则aex0-1= 1x0，则lna+x0-1=-lnx0，即lna=1-x0-lnx0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴ f(x)≥ f(x0)=aex0-1-lnx0+lna= 1x0 -lnx0+1-x0-lnx0= 1x0 -2lnx0+1-x0≥1∴ 1x0 -2lnx0-x0≥0 ·7·
设g(x)= 1x -2lnx-x，易知函数g(x)在(0，+∞)上单调递减，且g(1)=1-0-1=0，∴当x∈(0，1]时，g(x)≥0，∴x0∈(0，1]时，1x0 -2lnx0-x0≥0，设h(x)=1-x-lnx，x∈(0，1]，∴h′(x)=-1- 1x <0恒成立，∴h(x)在(0，1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)=1-1-ln1=0，当x→0时，h(x)→+∞，∴lna≥0=ln1，∴a≥1．方法五：f(x)≥1等价于aex-1-lnx+lna≥1，该不等式恒成立．当x=1时，有a+lna≥1，其中a>0．设g(a)=a+lna-1，则g''(a)=1+ 1a >0，则g(a)单调递增，且g(1)=0．所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．∴下面证明当a≥1时，f(x)≥1成立．设h(x)=ex-x-1，∴h′(x)=ex-1，∴h(x)在(-∞，0)单调递减，在(0，+∞)单调递增，∴h(x)≥h(0)=1-0-1=0，∴ex-x-1≥0，即ex≥x+1，把x换成x-1得到ex-1≥x，∵x-1≥lnx，∴x-lnx≥1．∴ f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥x-lnx≥1，当x=1时等号成立．综上，a≥1．3.【解答】解：(Ⅰ)∵ f(x)=(x-1)ex-ax2+b，f''(x)=x(ex-2a)，①当a≤0时，当x>0时，f''(x)>0，当x<0时，f''(x)<0，∴ f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，②当a>0时，令f''(x)=0，可得x=0或x=ln(2a)，(i)当00或x0，当ln(2a) 12时，当x<0或x>ln(2a)时，f''(x)>0，当0
综上所述：当a≤0时，f(x)在(-∞，0)上单调递减；在(0，+∞)上单调递增；当0 12时，f(x)在(-∞，0)和(ln(2a)，+∞)上单调递增；在(0，ln(2a))上单调递减．(Ⅱ)证明：若选①，由(Ⅰ)知，f(x)在(-∞，0)上单调递增，(0，ln(2a))单调递减，(ln(2a)，+∞)上f(x)单调递增．注意到f - ba? ? = - ba -1? ? e- ba <0，f(0)=b-1>2a-1>0．∴ f(x)在- ba，0? ? ? ? ?上有一个零点；f(ln(2a))=(ln(2a)-1)?2a-a?ln22a+b>2aln(2a)-2a-aln22a+2a=aln(2a)(2-ln(2a))，由12 0，当x≥0时，f(x)≥ f(ln(2a))>0，此时f(x)无零点．综上：f(x)在R上仅有一个零点．另解：当a∈ 12，e22? ? ? ? ?时，有ln(2a)∈(0，2]，而f(0)=b-1>2a-1=0，于是f(ln(2a))=(ln(2a)-1)?2a-aln2(2a)+b=ln(2a)(2a-ln(2a))+(b-2a)>0，所以f(x)在(0，+∞)没有零点，当x<0时，ex∈(0，1)，于是f(x)<-ax2+b? f - ba? ? <0，所以f(x)在- ba，0? ?上存在一个零点，命题得证．若选②，则由(Ⅰ)知：f(x)在(-∞，ln(2a))上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增．f(ln(2a))=(ln(2a)-1)2a-aln22a+b≤2aln(2a)-2a-aln22a+2a=aln(2a)(2-ln(2a))，∵00时，f(x)单调递增，注意到f(0)=b-1≤2a-1<0，取c= 2(1-b)+2，∵b<2a<1，∴c> 2>1，又易证ec>c+1，∴ f(c)=(c-1)ec-ac2+b>(c-1)(c+1)-ac2+b=(1-a)c2+b-1> 12c2+b-1=1-b+1+b-1=1>0，∴ f(x)在(0，c)上有唯一零点，即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点．综上：f(x)在R上有唯一零点．4.【解答】解：(Ⅰ)f′(x)=axlna-b，①当b≤0时，由于a>1，则axlna>0，故f′(x)>0，此时f(x)在R上单调递增；②当b>0时，令f′(x)>0，解得x> ln blnalna，令f′(x)<0，解得x< ln blnalna，·9·
∴此时f(x)在-∞，ln blnalna??? ? ? ? ?单调递减，在ln blnalna，+∞??? ? ? ? ?单调递增；综上，当b≤0时，f(x)的单调递增区间为(-∞，+∞)；当b>0时，f(x)的单调递减区间为-∞，ln blnalna??? ? ? ? ?，单调递增区间为ln blnalna，+∞??? ? ? ? ?；(Ⅱ)注意到x→-∞时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞，由(Ⅰ)知，要使函数f(x)有两个不同的零点，只需f(x)min= f ln blnalna??? ? ? ? ? <0即可，∴aln blnalna -b? ln blnalna +e2<0对任意b>2e2均成立，令t= ln blnalna，则at-bt+e2<0，即etlna-bt+e2<0，即eln blna -b? ln blnalna +e2<0，即blna -b? ln blnalna +e2<0，∴b-b?ln blna +e2lna<0对任意b>2e2均成立，记g(b)=b-b?ln blna +e2lna，b>2e2，则g′(b)=1- ln blna +b? lnab ? 1lna? ? =ln(lna)-lnb，令g′(b)=0，得b=lna，①当lna>2e2，即a>e2e2时，易知g(b)在(2e2，lna)单调递增，在(lna，+∞)单调递减，此时g(b)≤g(lna)=lna-lna?ln1+e2lna=lna?(e2+1)>0，不合题意；②当lna≤2e2，即14，易知f(x)min= f(lnb)=elnb-b?lnb+e2=b-blnb+e2 blnb2e2 x1+ e2b，只需证ex
2b > blnb2e2 x1，只需证ex2> b2lnb2e2 x1，而f 2e2b? ? =e2e2b -2e2+e2=e2e2b -e2 b2lnb2e2 x1，只需证ex2>blnb，只需证x2>ln(blnb)，而f(ln(blnb))=eln(blnb)-bln(blnb)+e2=blnb-bln(blnb)+e2ln(blnb)，即得证．·10·
5.【解答】解：(1)f′(x)= ax -cosx+1(x>0)．若a>0，因为x>0，1-cosx≥0，则f''(x)>0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，符合要求．若a<0，则当x∈ 0，- a2? ?时，ax <-2，从而f''(x)<-2-cosx+1=-(1+cosx)≤0，所以f(x)在0，- a2? ?上单调递减，不合要求．综上分析，a的取值范围是(0，+∞)．(2)令f''(x)=0，则ax -cosx+1=0，即a=xcosx-x．设g(x)=xcosx-x，则g''(x)=cosx-xsinx-1．①当x∈(0，π)时，cosx<1，sinx>0，则cosx-1<0，-xsinx<0，从而g''(x)<0，所以g(x)单调递减．②当x∈ π，3π2? ?时，g''''(x)=-sinx-(sinx+xcosx)=-(2sinx+xcosx)．因为sinx<0，cosx<0，则g''''(x)>0，从而g''(x)单调递增．因为g''(π)=-2<0，g′ 3π2? ? = 3π2 -1>0，则g''(x)在π，3π2? ?上有唯一零点，记为x0，且当x∈(π，x0)时，g''(x)<0，则g(x)单调递减；当x∈ x0，3π2? ?时，g''(x)>0，则g(x)单调递增．③当x∈ 3π2，2π? ?时，g''''''(x)=-(2cosx+cosx-xsinx)=xsinx-3cosx．因为sinx<0，cosx>0，则g''''''(x)<0，从而g''''(x)单调递减．因为g″ 3π2? ? =2>0，g''''(2π)=-2π<0，则g''''(x)在3π2，2π? ?内有唯一零点，记为x1，且当x∈ 3π2，x1? ?时，g''''(x)>0，g''(x)单调递增；当x∈(x1，2π)时，g''''(x)<0，g''(x)单调递减．因为g′ 3π2? ? = 3π2 -1>0，g''(2π)=0，则当x∈ 3π2，2π? ?时，g''(x)>0，所以g(x)单调递增．综上分析，g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，2π)上单调递增．因为g(0)=g(2π)=0，则当g(x0)
因为x=0是函数y=xf(x)的极值点，则有t''(0)=0，即lna=0，所以a=1，当a=1时，t''(x)=ln(1-x)+ -x1-x =ln(1-x)+ -11-x +1，且t''(0)=0，因为t''''(x)= -11-x + -1(1-x)2 = x-2(1-x)2 <0，则t''(x)在(-∞，1)上单调递减，所以当x∈(-∞，0)时，t''(x)>0，当x∈(0，1)时，t''(x)<0，所以a=1时，x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点．综上所述，a=1；(2)证明：由(1)可知，xf(x)=xln(1-x)，要证x+ f(x)xf(x) <1，即需证明x+ln(1-x)xln(1-x) <1，因为当x∈(-∞，0)时，xln(1-x)<0，当x∈(0，1)时，xln(1-x)<0，所以需证明x+ln(1-x)>xln(1-x)，即x+(1-x)ln(1-x)>0，令h(x)=x+(1-x)ln(1-x)，则h''(x)=(1-x)? -11-x +1-ln(1-x)=-ln(1-x)，所以h''(0)=0，当x∈(-∞，0)时，h''(x)<0，当x∈(0，1)时，h''(x)>0，所以x=0为h(x)的极小值点，所以h(x)>h(0)=0，即x+ln(1-x)>xln(1-x)，故x+ln(1-x)xln(1-x) <1，所以x+ f(x)xf(x) <1．·12·
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