函数与导数的综合应用试题精选

■安徽省利辛高级中学 胡彬

■安徽省利辛县中疃镇中心校 张建国

1.已知函数f(x)=x-mlnx-(m∈R),g(x)=+ex-xex。

(1)若m＜e+1,试求f(x)在[1,e]上的最小值;

(2)当m≤2 时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],都有f(x1)≤g(x2)成立,求实数m的取值范围。

2.已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)·x(a∈R)。

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若对任意的x∈(0,+∞),都有f(x)+a(x2+x-xex)≤x-1成立,求实数a的取值范围。

3.已知函数f(x)=xex-ax-alnx+a。

(1)若a=e,判断函数f(x)的单调性,并求出函数f(x)的最值;

(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围。

4.已知函数f(x)=。

(1)求f(x)的极值。

(2)若a＞0,且a≠1,函数y=f(x)-f(a)有且仅有两个零点,求a的取值范围。

5.已知函数f(x)=(x-m)lnx在x=e处的切线与直线2x-y+2=0平行。

(1)求m的值,并求此切线方程;

(2)证明:f(x)＜ex+cosx-1。

6.已知函数f(x)=alnx+x2-(a+2)x,其中a为常数,且a≠0。

(1)当a＞0时,若f(x)在(0,e]上的最大值为1,求实数a的值;

(2)若a＜0,且函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,证明:x1+x2＞2。

7.已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx(a＞0)。

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)若存在x∈[1,+∞),使得f(x)+e≤0成立,求实数a的取值范围。

8.已知函数f(x)=ax-(2a+1)lnx-。

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)若∀a∈[2,3],∀x1,x2∈[1,2],不等式m+ln 2＞|f(x1)-f(x2)|恒成立,求实数m的取值范围。

9.已知函数f(x)=lnx-aex(a∈R)。

(1)若f(1)=1,求曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程;

(2)当a＞0时,若对任意的x＞0,都有f(x)≤lna成立,求a的取值范围。

10.已知函数f(x)=。

(1)讨论f(x)的单调性,并比较20212022与20222021的大小;

(2)若a,b为两个不相等的正数,且alna=blnb,求证:a+b＞2e·ab。

11.设函数f(x)=x2-axlnx,a∈R。

(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程。

(2)若存在x0∈[1,e],使得f(x0)＜-e(a+e)成立,求a的取值范围。

12.已知函数f(x)=ax--2lnx(a＞0,b＞0)。

(1)若f(x)在定义域上单调递增,求ab的最小值;

(2)当a=1,b＞1时,f＇(x)=m有两个不同的实数根x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)+2m＞0。

13.已知函数f(x)=2lnx+x2+(a-1)·x-a(a∈R),当x≥1时,f(x)≥0恒成立。

(1)求实数a的取值范围;

(2)若正实数x1,x2(x1≠x2)满足f(x1)+f(x2)=0,证明:x1+x2＞2。

参考答案:

若m≤2,当x∈[1,e]时,f＇(x)≥0,所以f(x)在[1,e]上是增函数,则f(x)min=f(1)=2-m。

若2＜m＜e+1,当x∈[1,m-1]时,f＇(x)≤0;当x∈[m-1,e]时,f＇(x)≥0。所以f(x)min=f(m-1)=m-2-mln (m-1)。

(2)已知条件等价于f(x1)min≤g(x2)min。

由(1)知,当m≤2 时,在x1∈[e,e2]上有f＇(x1)≥0,所以f(x)为单调递增函数,所以f(x1)min=f(e)=e-m-。

又g＇(x)=x+ex-(x+1)ex=x(1-ex),当x2∈[-2,0]时,g＇(x2)≤0,所以g(x2)min=g(0)=1。

所以m≤2 且e-m-≤1,解得≤m≤2。

所以实数m的取值范围为。

2.(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f＇(x)=-2ax+2-a=。

当a≤0 时,f＇(x)＞0 恒成立,所以f(x)为递增函数。

当a＞0时,令f＇(x)＞0,得0＜x＜;令f＇(x)＜0,得x＞。所以f(x)在上为递增函数,在上为递减函数。

综上可得,当a≤0 时,f(x)为递增函数;当a＞0 时,f(x)在上为递增函数,在上为递减函数。

(2)由题意得,对任意的x∈(0,+∞),都有f(x)+a(x2+x-xex)≤x-1 成立,即a≥恒成立。

令g(x)=,则g＇(x)=。

令h(x)=x+lnx,则h＇(x)=1+,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增。

当x∈(0,x0)时,h(x)＜0,g＇(x)＞0,g(x)单调递增;

当x∈(x0,+∞)时,h(x)＞0,g＇(x)＜0,g(x)单调递减。

所以g(x)max=g(x0)=。

由x0+lnx0=0,得x0=-lnx0,则,所以g(x)max=g(x0)==1。

又a≥恒成立,所以a≥1。

综上可得,实数a的取值范围为[1,+∞)。

3.(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=e时,f(x)=xex-ex-elnx+e,所以f＇(x)=(x+1)ex-e-=(x+1)·。

当x∈(0,1)时,f＇(x)＜0;

当x∈(1,+∞),f＇(x)＞0。

所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增。

所以f(x)的最小值为f(1)=e-eeln 1+e=e,无最大值。

(2)由(1)知f＇(x)=。

当a≤0时,f＇(x)＞0 在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不符合题意。

当a＞0时,令ex-=0,设该方程的解为x0,则在(0,x0)上,f＇(x)＜0;在(x0,+∞)上,f＇(x)＞0。所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增。

为了满足f(x)有两个零点,则有f(x0)=-ax0-alnx0+a＜0。 ①

又x0是方程ex-=0的解,则=a,两边取对数得lnx0+x0=lna。 ②

将②式代入①式可得f(x0)=a(2-lna)＜0,所以a的取值范围为(e2,+∞)。

当a∈(e2,+∞)时,由②式得x0＞1,f(1)=e-a+a=e＞0,所以f(x)在(0,x0)上仅有1 个零点;当x→+∞时,f(x)→+∞,故f(x)在(x0,+∞)上仅有1个零点。

综上可得,若函数f(x)存在两个零点,则实数a的取值范围为(e2,+∞)。

4.(1)由题设得f＇(x)=。

当x∈(0,e)时,f＇(x)＞0,f(x)递增;

当x∈(e,+∞)时,f＇(x)＜0,f(x)递减。

所以f(x)的极大值为f(e)=,无极小值。

(2)要使y=f(x)-f(a)有且仅有两个零点,则f(x)与y=有两个交点。

由(1)可得,当x∈(0,e)时,f(x)∈;当x∈(e,+∞)时,f(x)∈。

又a＞0,且a≠1,所以当a∈(1,e),(e,+∞)时,f(a)∈。

所以a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞)。

5.(1)因为f＇(x)=lnx+1-,所以f＇(e)=2-。

因为f(x)在x=e处的切线与直线2xy+2=0平行,所以切线的斜率为2。

所以f＇(e)=2-=2,解得m=0。

所以f(x)=xlnx,所以f(e)=e。

故所求切线方程为y-e=2(x-e),即2x-y-e=0。

(2)要证f(x)＜ex+cosx-1,即证xlnx＜ex+cosx-1。

①当x∈(0,1]时,xlnx≤0,所以ex-1＞0,cosx＞0,所以ex+cosx-1＞0,所以xlnx＜ex+cosx-1。

②当x∈(1,+∞)时,令g(x)=ex+cosx-1-xlnx,则g＇(x)=ex-sinxlnx-1,g″(x)=ex-cosx-。

当x＞1 时,ex＞e,-1≤cosx≤1,0＜＜1,所以ex-cosx-＞0,即g″(x)＞0。

所以g＇(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g＇(x)＞g＇(1)=e-sin 1-1＞0。

所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)＞g(1)=e+cos 1-1＞0,即xlnx＜ex+cosx-1在(1,+∞)上恒成立。

综上可得,f(x)＜ex+cosx-1。

6.(1)函数f(x)=alnx+x2-(a+2)x的定义域为(0,+∞),f＇(x)=+2x-(a+2)=。

综上可得,实数a的值为。

(2)由(1)知f＇(x)=。

令f＇(x)=0,得x1=1,x2=。

当a＜0时,函数f(x)在(0,1]上单调递减,在(1,+∞)上单调递增。

因为函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,不妨设x1＜x2,则x1∈(0,1),x2∈(1,+∞)。

构造函数g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则g(1)=0,g(x)=alnx+x2-(a+2)x-[aln(2-x)+(2-x)2-(a+2)(2-x)]=a[lnx-ln(2-x)-2x+2],则g＇(x)=＜0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,g(x)＞g(1)=0,所以当x∈(0,1)时,f(x)＞f(2-x)恒成立。

因为x1∈(0,1),所以f(x1)＞f(2-x1)恒成立,即f(x1)=f(x2)＞f(2-x1)。

因为x2,2-x1∈(1,+∞),且函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2＞2-x1,所以x1+x2＞2。

7.(1)函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx的定义域为(0,+∞),f＇(x)=2ax-(a+2)+。

(2)若存在x∈[1,+∞),使得f(x)+e≤0成立,即f(x)min≤-e成立。

由(1)可知,当a≥1 时,f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=-2,不满足f(x)min≤-e。

8.(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),,

令f＇(x)=0,得x=2或x=。

由(1)知,当x∈[1,2]时,f＇(x)＜0,所以函数f(x)在[1,2]上单调递减,则f(x)max=f(1)=a-2,f(x)min=f(2)=2a-1-(2a+1)ln 2。

因为∀x1,x2∈[1,2],不等式m+ln 2＞|f(x1)-f(x2)|恒成立,所以m+ln 2＞f(x)max-f(x)min=a-2-[2a-1-(2a+1)ln 2]=(2ln 2-1)a+ln 2-1,即m＞(2ln 2-1)a-1∀a∈[2,3]恒成立。

令φ(a)=(2ln 2-1)a-1,则函数φ(a)在[2,3]上单调递增,所以m＞φ(a)max=φ(3)=6ln 2-4。

所以实数m的取值范围为(6ln 2-4,+∞)。

9.(1)因为f(x)=lnx-aex(a∈R),所以f(1)=-ae=1,即a=,所以f(x)=lnx+。

所以f＇(x)=·ex,f＇(1)=2,所以切线方程为y=2x-1,即2x-y-1=0。

(2)当a＞0且x＞0时,f(x)≤lna恒成立,即aex-lnx+lna≥0恒成立。

设h(x)=aex-lnx+lna,x＞0,则h＇(x)=aex-在(0,+∞)上是增函数。

作出函数y=aex与y=的大致图像,如图1 所示,可知函数y=aex与y=有一个交点,即h＇(x)在(0,+∞)内有唯一的零点。

图1

设h＇(x)的零点为x0,则。

当0＜x＜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h(x)min=h(x0)=-lnx0+lna=-lnx0+lna。

所以h(x)min=+x0+2lna≥2+2lna,当且仅当x0=1时取等号。

所以当x＞0 时,h(x)≥0,必须且只需2+2lna≥0,解得a≥。

所以a的取值范围为。

10.(1)因为f(x)=,所以f(x)的定义域为(0,+∞),f＇(x)=。

令f＇(x)=0,得x=e,当x∈(0,e)时,f＇(x)＞0,f(x)在(0,e)上单调递增。

当x∈(e,+∞)时,f＇(x)＜0,f(x)在(e,+∞)上单调递减。

所以f(x)的递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞)。

又因为2022＞2021＞e,所以f(2022)＜f(2021),即,所以2021ln 2022＜2022ln2021,即ln 20222021＜ln 20212022,所以20222021＜20212022。

设f(x1)=f(x2)=m(0＜x1＜x2),则lnx1=mx1,lnx2=mx2,所以m=。

所以不等式x1·x2＞e2成立,故原不等式成立。

11.(1)令a=1,得f(x)=x2-xlnx,x＞0,所以f＇(x)=2x-lnx-1,所以f(1)=1,f＇(1)=1。

所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x。

(2)因为f(x)＜-e(a+e),所以x2-axlnx＜-e(a+e),化简得x-alnx+＜0。

因为x∈[1,e],所以x+e＞0。

令g＇(x)=0,得x=e+a。

①若e+a≤1,即a≤1-e,则g＇(x)≥0,g(x)在x∈[1,e]上单调递增,只需g(1)=1+e2+ae＜0即可,解得a＜=-e-。

②若e+a≥e,即a≥0,则g＇(x)≤0,g(x)在x∈[1,e]上单调递减,只需g(e)=e-a+e+a=2e＜0,此时不成立。

③若1＜e+a＜e,即1-e＜a＜0,当x∈[1,e+a)时,g＇(x)＜0,g(x)单调递减;当x∈(e+a,e]时,g＇(x)＞0,g(x)单调递增。

所以g(x)在x∈[1,e]上的最小值为g(e+a)=2e+a-aln(e+a),只需2e+aaln(e+a)＜0,即＞ln(e+a)。

因为1-e＜a＜0,所以＜0,0＜ln(e+a)＜1,则＞ln(e+a)不成立。

综上可得,a的取值范围为。

12.(1)由题意知f＇(x)=≥0恒成立,即ax2-2x+b≥0恒成立。

因为a＞0,所以Δ=4-4ab≤0,所以ab≥1,即ab的最小值为1。

所以g(t)在(0,+∞)上单调递增,所以g(t)＞g(b2)=。

令h(b)=b--2lnb,则h＇(b)=1+＞0。

所以h(b)在(1,+∞)上单调递增,所以h(b)＞h(1)=0,所以g(t)＞g(b2)=2h(b)＞0,即f(x1)+f(x2)+2m＞0。

13.(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f＇(x)=+2x+(a-1)。

当a≥-3 时,f＇(x)=+2x+(a-1)≥a+3≥0,f(1)=0,所以f(x)为单调递增函数,所以当x≥1 时,f(x)≥0 成立。

当a＜-3时,存在大于1的实数m,使得f＇(m)=0,所以当1＜x＜m时,f＇(x)＜0成立,所以f(x)在区间(1,m)上单调递减,所以当1＜x＜m时,f(x)＜f(1)=0,所以a＜-3不可能成立。

综上可得,a的取值范围为[-3,+∞)。

(2)不妨设x1＜x2。

因为正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)=0,由(1)可知,0＜x1＜1＜x2。

又因为f(x)为单调递增函数,所以x1+x2＞2⇒x2＞2-x1⇒f(x2)＞f(2-x1)。

由f(x1)+f(x2)=0 得f(x2)=-f(x1),所以只需证-f(x1)＞f(2-x1),即证f(x1)+f(2-x1)＜0。

设g(x)=f(x)+f(2-x),则g(x)=2[lnx+ln(2-x)+x2-2x+1],所以g＇(x)=。

当0＜x＜1时,g＇(x)＞0,所以g(x)在(0,1)上单调递增。

又因为g(1)=0,所以当0＜x＜1 时,g(x)＜0成立,即f(x)+f(2-x)＜0。

所以不等式f(x1)+f(2-x1)＜0 成立,所以x1+x2＞2。