微专题38 形如f(x)ex+g(x)型的函数问题
2020届高考数学二轮复习专题《形如f(x)lnx+g(x)型的函数问题》
原问题等价于lnx－a（x－x 1）≥0对所有x≥1都成立，令f(x)＝lnx－ a（x－x 1），则f′(x)＝x－x2a，当a≤1时，f′(x)＝x－x2a≥0恒成立，即f(x)在[1，＋∞)上单调 递增，因而f(x)≥f(1)＝0恒成立；当a＞1时，令f′(x)＝0，则x＝a，f(x)在(0，a)上单调递 减，在(a，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(a)＝lna－a＋1＜0，不合题意．
已知当x≥1时，x2lnx－x＋1≥m(x－1)2恒成立，求实数m的取值范围． －∞，32
原不等式等价于lnx－m（x－1）x2＋2 （x－1）≥0，令f(x)＝lnx－ m（x－1）x2＋2 （x－1），则f′(x)＝（x－1）[x－x3（2m－2）]，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝ 2m－2.当2m－2≤1时，即m≤32时，f′(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，f(x)递增，f(x)≥f(1)＝ 0，满足题意；当2m－2＞1时，即m＞32时，f(x)在(1，2m－2)上单调递减，
所以a≤－e＋e 1.………………….13分(a≤－e＋e 1时，推出a≤－e＋e 1)
3°若－e＋e 1＜a＜0，因为g(x)＝f（xx）＝(1＋1x)lnx＋a， g′(x)＝－lxn2x＋x＋x21＝x－lxn2x＋1≥x＋1－x2 x＋1＝x22＞0， 所以g(x)＝f（xx）在[1，e]上单调递增，又g(1)g(e)＝a(a＋1＋1e)＜0，则存在唯一的 x0∈(1，e)， 使h(x0)＝((x10＋1)lnx0＋a)e1x0＝0，
f(2m－2)＜f(1)＝0，不合题意；综上所述，m的取值范围是－∞，32.
已知关于x的不等式(x－3)lnx≤2λ有解，求整数λ的最小值． 0
令h(x)＝(x－3)lnx，所以h′(x)＝lnx＋1－3x单调递增，h′32＝ln32＋1－2＜0，
微专题39 形如f (x)lnx+g(x)型的函数问题
3 － ∞ ， 答案： . 2
m(x－1)2＋(x－1) 解析：原不等式等价于 lnx－ ≥ 0 ，令 f ( x ) ＝ ln x － 2 x m(x－1)2＋(x－1) (x－1)[x－(2m－2)] ，则 f ′( x ) ＝ ，令 f ′( x ) ＝ 0 ，得 x 2 3 1＝ 1 ， x x 3 x2＝2m－2.当 2m－2≤1 时， 即 m≤2时， f ′(x)＞0 在[1， ＋∞)上恒成立， 3 f (x)递增，f (x)≥f (1)＝0，满足题意；当 2m－2＞1 时，即 m＞2时，f (x) 在(1,2m－2)上单调递减，f (2m－2)＜f (1)＝0，不合题意；综上所述，m 3 － ∞ ， 的取值范围是 . 2
1 1 解法 3 根据常用不等式 1－x ≤lnx， 且 y＝1－x 与 y＝lnx 相切于(1,0)， 又
1 y＝a1－x 过点(1,0)，所Байду номын сангаас要使
a(x－1) lnx≥ x 对所有 x≥1 都成立，只
能 a≤1.因此 a 的取值范围是(－∞，1]
变式 1 已知当 x≥1 时，x2lnx－x＋1≥m(x－1)2 恒成立，求实数 m 的取值范围．
－1)，不合题意．故 a 的取值范围是(－∞，1]．
a(x－1) 解法 2 原问题等价于 lnx－ x ≥0 对所有 x≥1 都成立，令 f (x) a(x－1) x－a x－a ＝lnx－ x ，则 f ′(x)＝ x2 ，当 a≤1 时，f ′(x)＝ x2 ≥0 恒成立， 即 f (x)在[1， ＋∞)上单调递增， 因而 f (x)≥f (1)＝0 恒成立； 当 a＞1 时， 令 f ′(x)＝0，则 x＝a，f (x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递 增，f (x)min＝f (a)＝lna－a＋1＜0，不合题意．综上所述，a 的取值范围 是(－∞，1]．
微专题39 形如f(x)ln x+g(x)型的函数问题
微专题39 形如f (x )ln x ＋g (x )型的函数问题用导数的方法研究形如f(x)ln x ＋g(x)的函数问题历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点是转化目标的有效选择．本专题主要研究与函数f(x)ln x ＋g(x)有关的恒成立、存在性、最值等问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.例题：若不等式x ln x ≥a(x －1)对所有x ≥1都成立，求实数a 的取值范围．变式1已知当x ≥1时，x 2ln x －x ＋1≥m(x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．变式2已知关于x 的不等式(x －3)ln x ≤2λ有解，求整数λ的最小值．串讲1已知函数f(x)＝x －1－a ln x. (1)若f(x)≥0恒成立，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，)211()211)(211(2n+++ ＜m ，求m 的最小值．串讲2已知函数f(x)＝(x ＋1)ln x －ax ＋a(a 为正实数，且为常数)，若不等式(x －1)f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．(2018·南通)已知函数f(x)＝x k ln x ，k ∈N *，g (x )＝cx －1，c ∈R . (1)当k ＝1时，①若曲线y ＝f (x )与直线y ＝g (x )相切，求c 的值；②若曲线y ＝f (x )与直线y ＝g (x )有公共点，求c 的取值范围．(2)当k ≥2时，不等式f (x )≥ax 2＋bx ≥g (x )对于任意正实数x 恒成立，当c 取得最大值时，求a ，b 的值．设函数f (x )＝2ax ＋bx＋c ln x .(1)当b ＝0，c ＝1时，讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6且函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)， ①求a 的取值范围； ②求f (x 2)的取值范围．答案：(1)当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上递增；当a <0时，函数f (x )在)21,0(a-上递增， 在),21(+∞-a 上递减．；(2)①)3,38(；②)2ln 33,2ln 316(+ 解析：(1)f (x )＝2ax ＋b x ＋c ln x ，(x >0)，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2＋cx －b x 2.1分当b ＝0，c ＝1时，f ′(x )＝2ax ＋1x .当a ≥0时，由x >0得f ′(x )＝2ax ＋1x>0恒成立， 所以，函数f (x )在(0，＋∞)上递增.3分 当a <0时，令f ′(x )＝2ax ＋1x >0，解得x <－12a ；令f ′(x )＝2ax ＋1x <0，解得x >－12a， 所以，函数f (x )在)21,0(a -上递增，在),21(+∞-a上递减.5分 综上所述，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上递增；当a <0时，函数f (x )在)21,0(a-上 递增，在),21(+∞-a上递减.5分 (2)①函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6，所以，f (1)＝2a ＋b ＝3a －3，f ′(1)＝ 2a ＋c －b ＝3，所以，b ＝a －3，c ＝－a ，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2－ax ＋3－ax 2，7分函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，则方程2ax 2－ax ＋3－a ＝0有两个大于0的解，⎩⎨⎧Δ＝（－a ）2－8a （3－a ）>0，a 2a >0，3－a2a >0，解得83<a <3，所以a 的取值范围是)3,38(；9分②2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，x 2＝a ＋9a 2－24a 4a ＝14)2491(a-+，由83<a <3，得x 2∈)21,41(，由2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，得a ＝－32x 22－x 2－1.f (x 2)＝2ax 2＋a －3x 2－a ln x 2＝a ⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 2－3x 2＝－3⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 22x 22－x 2－1－3x 2.11分 设φ(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t 2t 2－t －1－3t ，t ∈⎝⎛⎭⎫14，12， φ′(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2－1t 2－1t （2t 2－t －1）－3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t （4t －1）（2t 2－t －1）2＋3t 2＝－31t 2（2t 2－t －1）2－3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t （4t －1）（2t 2－t －1）2＋3t 2＝3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t （4t －1）（2t 2－t －1）2.13分 当t ∈)21,41(时，2t ＋1t －ln t >0，4t －1>0，φ′(t )>0，所以φ(t )在)21,41(上单调递增，φ(t )∈)2ln 33,2ln 316(+，所以f (x 2)的取值范围是)2ln 33,2ln 316(+.14分。
2020届高考数学二轮复习专题《形如f(x)e^x+g(x)型的函数问题》
专题8形如f(x)e x＋g(x)型的函数问题用导数的方法研究形如f(x)e x＋g(x)的函数问题研究历来是高考的热点和难点，解决此类问题的难点是转化目标的有效选择，本专题主要研究与函数f(x)ex＋g(x)有关的恒成立、存在性以及零点等问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.已知e x≥1＋ax对任意x∈[0，＋∞)成立，求实数a的取值范围．本题考查的是结构为e x f(x)＋g(x)，且含参数a的恒成立问题，由于题目中含有参数a，故解决过程中，先对参数a分类讨论，第一种情况a≤1，证明恒成立，而第二种情况a>1，则利用单调性导入反例，否定结论.已知x＋e x2x＋1≥t对一切正实数x恒成立，则实数t的最大值为________．已知函数f(x)＝e x－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．若不等式e x(x－a)＋(x＋a)＞0对任意x∈(0，＋∞)成立，求正实数a的取值范围．若f(x)＝e x－ax2在(0，＋∞)只有一个零点，求实数a的值．.(2019·福建卷)已知定义在R上的函数f(x)＝e x＋1－e x＋x2＋2m(x－1)(m＞0)，当x1＋x2＝1时，不等式f(x1)≥f(x2)恒成立，则实数x1的取值范围为________．(本小题满分14分)已知a∈R，x轴与函数f(x)＝e x－1－ax的图像相切．(1)求f(x)的单调区间；(2)当x>1时，f(x)>m(x－1)ln x，求实数m的取值范围．(1)f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；(2)⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12. (1)f ′(x )＝ex －1－a ，设切点为(x 0，0)，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）＝0，f ′（x 0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧e x 0－1－ax 0＝0，e x 0－1－a ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝1，2分(求出x 0与a 的值) 所以f ′(x )＝e x －1－1，当x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，4分(解出不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0的解)故f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞).6分(写出f (x )的增减区间)(2)令g (x )＝f (x )－m (x －1)ln x ，x >0，则g ′(x )＝ex －1－m (ln x ＋x －1x )－1， 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝e x －1－m (1x ＋1x2)，8分(求出g (x )的二次导函数h ′(x )) ①若m ≤12，因为当x >1时，e x －1>1，m (1x ＋1x2)<1，所以h ′(x )>0，所以 h (x )即g ′(x )在(1，＋∞)上单调递增．又因为g ′(1)＝0，所以当x >1时，g ′(x )>0，从而g (x )在[1，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，所以g (x )>0，即f (x )>m (x －1)ln x 成立；10分(推出m ≤12时，f (x )>m (x －1)ln x 成立)②若m >12，可得h ′(x )＝e x －1－m (1x ＋1x2)在(0，＋∞)上单调递增，又因为 h ′(1)＝1－2m <0，h ′(1＋ln(2m ))＝2m －m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＋ln （2m ）＋1[1＋ln （2m ）]2>0， 所以存在x 1∈(1，1＋ln(2m ))，使得h ′(x 1)＝0，且当x ∈(1，x 1)时，h ′(x )<0，所以h (x )即g ′(x )在(1，x 1)上单调递减，又因为g ′(1)＝0，所以当x ∈(1，x 1)时，g ′(x )<0，从而g (x )在(1，x 1)上单调递减，而g (1)＝0，所以当x ∈(1，x 1)时，g (x )<0，即f (x )>m (x －1)ln x 不成立；综上所述，m 的取值范围是(－∞，12]． 14分(推出m >12时，f (x )>m (x －1)ln x 不恒成立，并写出结论) 第一步：由条件求出切点横坐标x 0和a ；第二步：解不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0；第三步：写出f (x )的增减区间；第四步：求出g (x )的二次导函数，g ″(x )＝h ′(x )；第五步：推证：m ≤12时，f (x )＞m (x －1)ln x 恒成立； 第六步：推证m >12时，f (x )>m (x －1)ln x 不恒成立，并得出结论.作业评价若函数f (x )＝e x －ax 在(1，＋∞)上有最小值，则实数a 的取值范围是________． 已知函数f (x )＝(ax ＋1)e x 的单调增区间为(－2，＋∞)，则实数a 的值为________． 方程|e x －1|＋ax ＋1＝0有两个不同的解，则实数a 的取值范围是________．若x ＝－3是函数f (x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a ]e x 的极值点，则f (x )的极小值为________． 已知函数f (x )＝e x ＋ax －1(a ∈R ，a 为常数)，若对所有x ≥0都有f (x )≥f (－x )，则a 的取值范围是________．如果函数y ＝f (x )在其定义域内总存在三个不同实数x 1，x 2，x 3，满足|x i －2|f (x i )＝1(i ＝1，2，3)，则称函数f (x )具有性质Ω.已知函数f (x )＝a e x 具有性质Ω，则实数a 的取值范围为________．已知函数f (x )＝(x 2－ax ＋a ＋1)e x (a 为常数，e 是自然对数的底数)有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)．(1)求实数a 的取值范围；(2)若a ＞0且mx 1e x 2－f (x 2)＞0恒成立，求实数m 的取值范围．已知函数f (x )＝(x －1)e x －a 2x 2，其中a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)函数f (x )的图象能否与x 轴相切？若能，求出实数a 的值，若不能，请说明理由；(3)若对于任意x 1∈R ，x 2∈(0，＋∞)，不等式f (x 1＋x 2)－f (x 1－x 2)＞－2x 2恒成立，求最大的整数a .。
微专题40 形如f(x)ex+g(x)ln x型的函数问题答案
微专题40例题证法1当m ≤2时，e x －m ≥e x －2，故只需要证明当m ＝2时，f(x)＞0.当m ＝2时，函数f′(x)＝e x －2－1x 在(0，＋∞)单调递增，又f′(1)＜0，f ′(2)＞0，故f′(x)＝0在(0，＋∞)有唯一实根x 0，且x 0∈(1，2)．当x ∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0；从而当x ＝x 0时，f(x)取得最小值．由f′(x 0)＝0得e x 0－2＝1x 0，ln x 0＝2－x 0，f(x)≥f(x 0)＝x 0－2＋1x 0＝（x 0－1）2x 0＞0.综上：当m ≤2时，f(x)＞0. 证法2当m ≤2时，e x －m ≥e x －2，故只需要证明当m ＝2时，f(x)＞0.由e x ≥x ＋1可知e x －2≥x －1，又ln x ≤x －1(证明略)，所以当m ≤2时，f(x)＞0.变式联想变式1答案： 2. 解析：因为曲线y ＝e x 与曲线y ＝ln x 关于直线y ＝x 对称，所以线段PQ 长度的最小值是点P 到直线y ＝x 距离的最小值的两倍，利用导数法得线段PQ 长度的最小值为 2. 变式2证明：f(x)＋g(x)＜x 2－(x －2)e x 可化为m ＞(x －2)e x ＋ln x －x.设h(x)＝(x －2)e x ＋ln x －x ，x ∈]1,21[，要证m ≥－3时m ＞h(x)对任意x ∈]1,21[均成立，只要证h(x)max ＜－3，下证此结论成立．因为h′(x)＝(x －1))1(xe x，所以当12＜x ＜1时，x －1＜0，设u(x)＝e x －1x ，则u′(x)＝e x ＋1x 2＞0，所以u(x)在)1,21(上递增，又因为u(x)在区间]1,21[上的图象是一条不间断的曲线，且u )21(＝e －2＜0，u(1)＝e －1＞0，所以x 0∈)1,21(使u(x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，ln x 0＝－x 0，当x ∈),21(0x 时，u(x)＜0，h ′(x)＞0；当x ∈(x 0，1)时，u(x)＞0，h ′(x)＜0，函数h(x)在],21[0x 上递增，在[x 0，1]上递减，h(x)max ＝h(x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝(x 0－2)·1x 0－2x 0＝1－2x 0－2x 0，因为y ＝1－2x －2x 在x ∈)1,21(上递增，所以h(x 0)＝1－2x 0－2x 0＜1－2－2＝－3，即h(x)max ＜－3，所以当m ≥－3时，不等式f(x)＋g(x)＜x 2－(x －2)e x 对任意x ∈]1,21[均成立．说明：近几年的各省模拟题和高考题中时常出现指数与对数的混合型，总体来说，这类问题比较难对付，我们要尽可能要把指数和对数分开，使得不等式一边为对数式，一边为指数式，然后分别计算它们的最值，或者根据函数图象特征，利用适当的不等式模型放缩为多项式函数或分式函数．串讲激活串讲1 答案：3.解析：设直线与f(x)，g(x)分别切于点(x 1，a e x 1)，(x 2，a ln x 2＋b)，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧y －a e x 1＝a e x 1（x －x 1），y －a ln x 2－b ＝a x 2（x －x 2），即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a e x 1x ＋a e x 1（1－x 1），y ＝ax 2x ＋a ln x 2＋b －a ，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧a e x 1＝a x 2，a e x 1（1－x 1）＝a ln x 2＋b －a ，整理得 ba＝e x 1－x 1e x 1＋1＋x 1，令h(x)＝e x －x e x ＋1＋x ，则h ′(x)＝－x e x ＋1，令h′(x 0)＝0，得e x 0＝1x 0，所以h(x)在(－∞，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递增，h(x)max ＝h(x 0)＝e x 0－x 0e x 0＋1＋x 0＝x 0＋1x 0，而x 0∈)1,21(，x 0＋1x 0∈)25,2(，所以最小整数m 的值是3.串讲2答案：(1)a ＝3，b ＝－2；(2)①b ＞1＋ln 2；②(2＋b)e .解析：(1)由题意知曲线y ＝f(x)过点(1，0)，且f′(1)＝e ；又因为f′(x)＝ e x)22ln (2b x a x x a +++-，则有⎩⎨⎧f （1）＝e （2＋b ）＝0，f ′（1）＝e （a ＋b ）＝e ，解得a ＝3，b ＝－2. (2)①当a ＝－2时，函数y ＝f(x)的导函数f ′(x)＝e x)2ln 2(2b xx +--＝0， 若f′(x)＝0时，得b ＝2ln x ＋2x 2，设g(x)＝2ln x ＋2x 2(x ＞0)．由g′(x)＝2x －4x 3＝2x 2－4x 3＝0，得x＝2，g(2)＝1＋ln 2.当0＜x ＜2时，g ′(x)＜0，函数y ＝g(x)在区间(0，2)上为减函数，g(x)∈(1＋ln 2，＋∞)；当x>2时，g ′(x)>0，函数y ＝g(x)在区间(2，＋∞)上为增函数，g(x)∈(1＋ln 2，＋∞)；所以，当且仅当b ＞1＋ln 2时，b ＝g(x)有两个不同的解，设为x 1，x 2(x 1＜x 2)．②由题意ex)2ln (b xx a ++≥kx 对一切正实数x 恒成立，取x ＝1得k ≤(2＋b)e .下证 ex )2ln (b xx a ++≥(2＋b)e x 对一切正实数x 恒成立．首先，证明e x ≥e x.设函数u(x)＝e x －e x ，则u′(x)＝e x －e ，当x ＞1时，u ′(x)＞0；当x ＜1时，u ′(x)＜0；得e x －e x ≥u(1)＝0，即e x ≥e x ，当且仅当都在x ＝1处取到等号．再证ln x ＋1x ≥1.设v(x)＝ln x ＋1x －1，则v ′(x)＝x －1x 2，当x ＞1时，v ′(x)＞0；当x ＜1时，v ′(x)＜0；得v(x)≥v(1)＝0，即ln x ＋1x ≥1，当且仅当都在x ＝1处取到等号．由上可得 e x)2ln (b x x a ++≥(2＋b)e x ，所以min ))((xx f ＝(2＋b)e ，即实数k 的最大值为(2＋b)e .新题在线答案：(1)略；(2)①；(－∞，1]；②略．解析：(1)g′(x)＝a e x －1.当a ≤0时，g ′(x)＜0恒成立，函数g(x)在R 上单调递减；当a ＞0时，由g ′(x )＝0得x ＝－ln a ，由g ′(x )＞0得x ＞－ln a ，由g ′(x )＜0得x ＜－ln a ，得函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若函数f (x )为“恒切函数”，则函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＋k ＝k 且f (x 0)＋kx 0＋b ＝kx 0＋b ，即f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝0.因为函数g (x )为“恒切函数”，所以存在x 0，使得g ′(x 0)＝0，g (x 0)＝0，即⎩⎨⎧a e x 0－x 0－pa ＝0，a e x 0－1＝0，得a ＝e －x 0＞0，p ＝e x 0(1－x 0)，设m (x )＝e x (1－x )，则m ′(x )＝－x e x ，m ′(x )＜0，得x ＞0，m ′(x )＞0，得x ＜0，故m (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，从而m (x )max ＝m (0)＝1，故实数p 的取值范围为(－∞，1]．②当p 取最大值时，p ＝1，x 0＝0，a ＝e －x 0＝1，h (x )＝(e x －x －1)e x －m ，h ′(x )＝(2e x－x －2)e x ，因为函数h (x )也为“恒切函数”，故存在x 0，使得h ′(x 0)＝0，h (x 0)＝0，由h ′(x 0)＝0得(2e x 0－x 0－2)e x 0＝0，2e x 0－x 0－2＝0，设n (x )＝2e x －x －2，则n ′(x )＝2e x －1，n ′(x )＞0得x ＞－ln2，n ′(x )＜0得x ＜－ln2，故n (x )在(－∞，－ln2)上单调递减，在(－ln2，＋∞)上单调递增，1°在单调递增区间(－ln2，＋∞)上，n (0)＝0，故x 0＝0，由h (x 0)＝0，得m＝0；2°在单调递减区间(－∞，－ln2)上，n (－2)＝2e －2＞0，n )23(-＝2e －32－12≈2×(20)－12－12＝15－12＜0，又n (x )的图象在(－∞，－ln2)上不间断，故在区间)23,2(--上存在唯一的x 0，使得2e x 0－x 0－2＝0，故e x 0＝x 0＋22，此时由h (x 0)＝0，得m ＝(e x 0－x 0－1)e x 0＝)122(00--+x x x 0＋22＝－14x 0(x 0＋2)＝－14(x 0＋1)2＋14，函数r (x )＝－14(x ＋1)2＋14在)23,2(--上递增，r (－2)＝0，r )23(-＝316，故0＜m ＜316.综上1°2°所述，0≤m ＜316.。
高考数学一轮总复习高考解答题专项一第1课时利用导数证明不等式课件北师大版
(2)构造函数利用单调性证明不等式的关键是构造函数,确定其单调性,为
了使构造的函数更容易地判定其单调性,有时还会先将欲证不等式进行合
理地等价变形,再构造函数,尤其是对于含有ln x和ex的函数,经常采用以下
技巧:
①含有ln x的情况:当函数形如f(x)=ln x·g(x)+h(x)等的形式时,如果直接对
1
x
f'(x)= +p'(x),这时导函数中不再含有ln x,解方程f'(x)=0或不等式f'(x)>0就
比较容易了.
②含有ex的情况:当函数形如f(x)=ex+g(x)等的形式时,如果直接对f(x)求导,
会得到f'(x)=ex+g'(x),导函数中仍然含有ex,这时方程f'(x)=0或不等式f'(x)>0
g'(x)>g'(0)=0,于是g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,故原不等式
成立.
方法总结直接构造函数证明不等式
(1)证明不等式f(x)≥g(x)的一般步骤:首先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后求
h'(x),并判断h'(x)在给定区间上的正负,确定h'(x)的单调性,从而结合区间端
的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
(2)证明不等式 f(x)≥2(x-1),即(x+1)ln x≥2(x-1).令 g(x)=(x+1)ln x-2(x-1),则
g'(x)=ln
1
ln-+1
x+ -1=
2020高考数学专项训练《38 形如f(x)ex+g(x)型的函数问题》(有答案)
专题38形如f(x)e x＋g(x)型的函数问题例题：已知e x≥1＋ax对任意x∈[0，＋∞)成立，求实数a的取值范围．变式1已知x＋e x2x＋1≥t对一切正实数x恒成立，求实数t的最大值．变式2已知函数f(x)＝e x－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．串讲1设a＞1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a，(1)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(2)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O为坐标原点)．证明：m≤3a－2e－1.串讲2若不等式e x(x－a)＋(x＋a)＞0对任意x∈(0，＋∞)成立，求正实数a的取值范围．(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. (1)若曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f(x)在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．已知a ∈R ，x 轴与函数f (x )＝e x －1－ax 的图象相切． (1)求f (x )的单调区间；(2)当x >1时，f (x )>m (x －1)ln x ，求实数m 的取值范围．答案：(1)f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；(2)⎝⎛⎦⎤－∞，12. 解析：(1)f ′(x )＝ex －1－a ，设切点为(x 0，0)，依题意，⎩⎨⎧f （x 0）＝0，f ′（x 0）＝0，即⎩⎨⎧e x 0－1－ax 0＝0，e x 0－1－a ＝0， 解得⎩⎨⎧x 0＝1，a ＝1，所以f ′(x )＝e x －1－1，当x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，2分故f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞).6分 (2)令g (x )＝f (x )－m (x －1)ln x ，x >0，则g ′(x )＝e x －1－m (ln x ＋x －1x )－1，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝e x －1－m (1x ＋1x2)，8分①若m ≤12，因为当x >1时，e x －1>1，m (1x ＋1x2)<1，所以h ′(x )>0，所以h (x )即g ′(x )在(1，＋∞)上单调递增．又因为g ′(1)＝0，所以当x >1时，g ′(x )>0，从而g (x )在[1，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，所以g (x )>0，即f (x )>m (x －1)ln x 成立；10分 ②若m >12，可得h ′(x )＝e x －1－m (1x ＋1x2)在(0，＋∞)上单调递增，又因为h ′(1)＝1－2m <0，h ′(1＋ln(2m ))＝2m －m ⎣⎡⎦⎤11＋ln （2m ）＋1[1＋ln （2m ）]2>0，所以存在x 1∈(1，1＋ln(2m ))，使得h ′(x 1)＝0，且当x ∈(1，x 1)时，h ′(x )<0，所以h (x )即g ′(x )在(1，x 1)上单调递减，又因为g ′(1)＝0，所以当x ∈(1，x 1)时，g ′(x )<0，从而 g (x )在(1，x 1)上单调递减，而g (1)＝0，所以当x ∈(1，x 1)时，g (x )<0， 即f (x )>m (x －1)ln x 不成立；综上所述，m 的取值范围是(－∞，12].14分专题38例题答案：(－∞，1]．解法1原不等式等价于e x －ax －1≥0，令f(x)＝e x －ax －1，则f ′(x)＝e x －a.当a ≤1时，f ′(x)≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝0，满足题意；当a ＞1时，由f′(x)＝e x －a ＝0得x ＝ln a ，当0＜x ＜ln a 时f′(x)＜0，f(x)在(0，ln a)上单调递减，而f(0)＝0，从而f(x)＜0，不合题意．综上所述，a ≤1，即实数a 的取值范围为(－∞，1]．解法2：根据常用不等式e x ≥x ＋1，且y ＝x ＋1与y ＝e x 相切于(0，1)，又y ＝ax ＋1也过点(0，1)，观察图象可知，要使e x ≥1＋ax 对任意x ∈[0，＋∞)成立，则a ≤1，即实数a 的取值范围为(－∞，1]．变式联想变式1 答案：1. 解析：因为e x ≥x ＋1，所以x ＋e x 2x ＋1≥x ＋x ＋12x ＋1＝1.则t ≤1，所以t 的最大值为1. 变式2答案：⎝⎛⎦⎤－∞，12 解法1由f′(x)＝e x －1－2ax ，又e x ≥x ＋1，所以f ′(x)＝e x －1－2ax ≥x －2ax ＝(1－2a)x ，所以当1－2a ≥0，即a ≤12时，f ′(x)≥0(x ≥0)，而f(0)＝0，于是当x ≥0时，f(x)≥0，满足题意；又x ≠0时，e x ＞x ＋1，所以可得e －x ＞1－x ，从而当a ＞12时，f ′(x)＝e x －1－2ax ≤e x－1＋2a(e －x －1)＝e －x (e x －2a)，故当x ∈(0，ln 2a)时，f ′(x)＜0，而f(0)＝0，于是当x ∈(0，ln 2a)时，f(x)＜0，不合题意．综上所述，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，12. 解法2因为e x ≥x ＋1，所以当a ≤0时，e x ≥ax 2＋x ＋1恒成立，故只需讨论a ＞0的情形．令F(x)＝e －x (1＋x ＋ax 2)－1，问题等价于F(x)≤0，由F ′(x)＝e －x [－ax 2＋(2a －1)x]＝0得x 1＝0，x 2＝2a －1a.①当0＜a ≤12时，F(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以F(x)≤F(0)＝0恒成立；②当a ＞12时，因为F(x)在[0，x 2]上单调递增，所以F(x 2)≥F(0)＝0恒成立，此时F(x)≤0不恒成立．综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12.说明：变式1和2都运用的结论是e x ≥x ＋1，复习时应掌握本结论的证明以及理解其几何意义．串讲激活串讲1证明：(1)因为f′(x)＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(1＋x)2e x ≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．因为a ＞1，所以f(0)＝1－a ＜0，f(a)＝(1＋a 2)e a －a ＞(1＋1)e －1＝f(1)＞0，根据零点存在定理，由f(0)f(a)＜0，故f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(2)因为f′(x)＝(1＋x)2e x ，令f′(x)＝0，解得x ＝－1，而f(－1)＝2e －a ，由题意可得P ⎝⎛⎭⎫－1，2e －a ，直线OP 的斜率k OP ＝2e －a －1＝a －2e ，而f(x)在点M(m ，n)处的切线的斜率为f′(m)＝(1＋m)2e m ，所以(1＋m)2e m ＝a －2e .要证m ≤3a －2e －1，即证(m ＋1)3≤a －2e＝(1＋m)2e m ，即证e m ≥m ＋1，而e m ≥m ＋1对m ∈R 恒成立(证法同例1)，所以m ≤3a －2e－1得证．串讲2答案：(0，2]．解法1令f(x)＝e x (x －a)＋(x ＋a)，则f′(x)＝e x (x －a ＋1)＋1，设g(x)＝f′(x)，则g ′(x)＝e x (x －a ＋2)．当0＜a ≤2时，∵g ′(x)＞0对任意x ∈(0，＋∞)成立，∴y ＝g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g ′(x)＝0＝2－a ≥0，∴y ＝g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0，满足题意；当a ＞2时，由g′(x)＝0得x ＝a －2＞0，∴y ＝g(x)在(0，a －2)上单调递减，在(a －2，＋∞)上单调递增，又∵f′(0)＝2－a ＜0，∴f ′(x)＜0在(0，a －2)上恒成立，∴y ＝f(x)在(0，a －2)上单调递减，∴当x ∈(0，a －2)时，f(x)＜f(0)＝0，不合题意．综上所述，正实数a 的取值范围是(0，2]．解法2原不等式等价变形为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －x a ＋x e x －1＜0，令f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －x a ＋x e x －1，则f′(x)＝－x 2－（a 2－2a ）a ＋x e x ，当a 2－2a ≤0，即0＜a ≤2时，f ′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴y ＝f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，满足题意；当a 2－2a ＞0，即a ＞2时，由f′(x)＝0得x ＝a 2－2a ，∴y ＝f(x)在(0，a 2－2a)上单调递增，在(a 2－2a ，＋∞)上单调递减，∴当x ∈(0，a 2－2a)时，f(x)＞f(0)＝0，不合题意．综上所述，正实数a 的取值范围是(0，2]．新题在线答案：(1)1；(2)⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 解析：(1)因为f(x)＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f′(x)＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .f ′(1)＝(1－a)e ，x ∈R .因为y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．所以f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1.此时f (1)＝3e ≠0.所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )<0在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞.。
形如f(x)ln x+g(x)型的函数问题专题
形如f (x )ln x ＋g (x )型的函数问题1.函数f(x)＝1＋2ln xx 2的单调递增区间是________．2．已知直线y ＝x －a ＋1与曲线y ＝ln x 相切，则a 的值是________．3．已知函数f(x)＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________．4．已知函数f(x)＝x ln x ，若对于x ≥1都有f(x)≥ax －1，则实数a 的取值范围是________．5．已知函数f(x)＝x 2＋a ln x ，对任意两个正数x 1，x 2(x 1＞x 2)都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＞2成立，则实数a 的取值范围是________．6．已知函数f(x)＝1＋ln xx ，若关于x 的不等式f 2(x)＋af(x)＞0有且仅有两个整数解，则实数a 的取值范围为________．7．已知函数f(x)＝a ln x ＋bx －bx (a ，b ∈R )．(1)若f ′(1)＝4且b ＝1，求函数y ＝f (x )的单调递增区间；(2)当b ＝－1时，若f (x )存在两个极值点m ，n ，且m ∈(0，e]，求f (m )－f (n )的最大值．8．设函数f(x)＝ln x ，g(x)＝m （x ＋n ）x ＋1(m ＞0)．(1)当m ＝1时，函数f(x)，g(x)在x ＝1处的切线互相垂直，求n 的值；(2)是否存在实数k ，使得任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞，都有函数y ＝f(x)＋kx 的图象在y ＝e xx的图象的下方？若存在，请求出最大整数k 的值；若不存在，请说理由．(参考数据：ln 2＝0.693 1，e 12＝1.648 7)1．答案：(0，1)． 解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝－4ln xx 3＞0，解得0＜x ＜1，即函数f (x )的单调递增区间是(0，1)．2．答案：2.解法1设切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0－a ＋1，y 0＝ln x 0，且1x 0＝1，所以a 的值是2.解法2注意到y ＝x －1与y ＝ln x 相切，所以a 的值是2.3．答案：－3e. 解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e )≥4，解得m ≤－3e.又f ′(x )＝x ＋mx 2且x ∈[1，e]，所以f ′(x )＜0，即f (x )在区间[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－me＝4，即m＝－3e.4．答案：(－∞，1]． 解法1原不等式等价于x ln x －ax ＋1≥0，令h (x )＝x ln x －ax ＋1，h ′(x )＝1＋ln x －a ，当a ≤1时，则h ′(x )＝1＋ln x －a ≥0，h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝1－a ≥0，满足题意；当a ＞1时，h (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增，h (e a－1)＜h (1)＝1－a ＜0，不合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1]．解法2原不等式等价于a ≤ln x ＋1x，令g (x )＝ln x＋1x ，g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2≥0(x ≥1)，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以a ≤g (x )min ＝g (1)＝1，即实数a 的取值范围是(－∞，1]．解法3令x ＝1，则f (1)≥a －1，即a ≤1，当a ≤1时，设F (x )＝x ln x －ax ＋1.F ′(x )＝ln x ＋1－a ≥0.∴F (x )在[1，＋∞)上递增，又F (1)＝1－a ≥0，∴F (x )≥0，故f (1)≥ax －1，在[1，＋∞)上恒成立．∴a ≤1.即实数a 的取值范围为(－∞，1]．5．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 解析：设g (x )＝f (x )－2x ＝x 2＋a ln x －2x (x ＞0)，g ′(x )＝2x 2－2x ＋ax，根据题意，只需g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以2x 2－2x ＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，解得a ≥12.6．答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－1＋ln22，－1＋ln33. 解析：因为f ′(x )＝1－（1＋ln x ）x 2＝－ln xx 2，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝1，且x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0恒成立．当a＞0时，f 2(x )＋af (x )＞0等价于f (x )＞0或f (x )＜－a ，此时x 有无数个整数解，不合题意；当a ＝0时，同样得x 有无数个整数解，不合题意；当a ＜0时，f 2(x )＋af (x )＞0等价于f (x )＞－a 或f (x )＜0，因为f (x )＜0无整数解，所以只需考虑f (x )＞－a 有且仅有两个整数解，可知当f (3)≤－a ＜f (2)时满足题意，即1＋ln33≤－a ＜1＋ln22，即a ∈⎝⎛－1＋ln22，⎦⎥⎤－1＋ln33；综上所述，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－1＋ln22，－1＋ln33. 7．答案：(1)(0，＋∞)；(2)4e. 解析：(1)因为f ′(x )＝a x ＋b ＋b x2，且f ′(1)＝4，所以a ＋2b ＝4，又b ＝1，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，则f ′(x )＝2x＋1＋1x2＞0在定义域(0，＋∞)恒成立，所以函数y ＝f (x )的单调增区间是(0，＋∞)．(2)当b ＝－1时，f (x )＝a ln x －x ＋1x(x ＞0)，f ′(x )＝a x －1－1x2＝－x 2＋ax －1x2，令f ′(x )＝0得x 2－ax ＋1＝0，其两根为m ，n ，且⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4＞0，m ＋n ＝a ，mn ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ＝1m，a ＝m ＋1m ，∴f (m )－f (n )＝f (m )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ln m －m ＋1m － ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ln 1m －1m ＋m ＝2a ln m －2m ＋2m ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ln m － 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1m ，设g (m )＝2⎝⎛⎭⎪⎫m ＋1m ln m －2⎝⎛⎭⎪⎫m －1m ，m ∈(0，e]，g ′(m )＝2（m －1）（m ＋1）m 2ln m ，m∈(0，e]，当m ∈(0，1)时，g ′(m )＞0，当m ∈(1，e]时，g ′(m )＞0，∴m ∈(0，e]时，恒有g ′(m )≥0且仅g ′(1)＝0，∴g (m )在(0，e]上单调递增，∴g (m )max ＝g (e)＝4e ，即f (m )－f (n )的最大值为4e.8．答案：(1)n ＝5；(2)1.解析：(1)当m ＝1时，g ′(x )＝1－n（x ＋1）2，则y ＝g (x )在x ＝1处的斜率为g ′(1)＝1－n4，又y ＝f (x )在x ＝1处的斜率为f ′(1)＝1，则1－n4＝－1，解得n ＝5.(2)假设存在实数k 满足题意，则不等式ln x ＋kx＜exx 对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞恒成立，即k ＜e x －x ln x对x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞恒成立．令h (x )＝e x －x ln x ，则h ′(x )＝e x －ln x －1，令r (x )＝ex －ln x －1，则r ′(x )＝ex－1x，因为r ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，r ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2＜0， r ′(1)＝e －1＞0，且r ′(x )的图象在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上不间断，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得r ′(x 0)＝0，即e x 0－1x 0＝0，则x 0＝－ln x 0，所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12，x 0时， r (x )单调递减；当x ∈(x 0， ＋∞)时，r (x )单调递增．则r (x )取到最小值r (x 0)＝e x 0－ln x 0－1＝x 0＋1x 0－1＞1＞0，所以h ′(x )＞0，即h (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞内单调递增，所以k ≤h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－12ln 12＝e 12＋12ln2＝1.99525，所以存在实数k 满足题意，且最大整数k 的值为1.。
形如f(x)ln x+g(x)型的函数问题
形如f(x)ln x＋g(x)型的函数问题用导数的方法研究形如f(x)ln x＋g(x)的函数问题历来是高考的热点与难点，解决此类例题：若不等式x ln x≥a(x－1)对所有x≥1都成立，求实数a的取值范围．变式1已知当x≥1时，x2ln x－x＋1≥m(x－1)2恒成立，求实数m的取值范围．变式2已知关于x的不等式(x－3)ln x≤2λ有解，求整数λ的最小值．串讲1已知函数f(x)＝x－1－a ln x.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122…⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值．串讲2已知函数f(x)＝(x ＋1)ln x －ax ＋a(a 为正实数，且为常数)，若不等式(x －1)f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．(2018·南通)已知函数f(x)＝x k ln x ，k ∈N *，g (x )＝cx －1，c ∈R . (1)当k ＝1时，①若曲线y ＝f (x )与直线y ＝g (x )相切，求c 的值；②若曲线y ＝f (x )与直线y ＝g (x )有公共点，求c 的取值范围． (2)当k ≥2时，不等式f (x )≥ax 2＋bx ≥g (x )对于任意正实数x 恒成立，当c 取得最大值时，求a ，b 的值．设函数f (x )＝2ax ＋bx＋c ln x .(1)当b ＝0，c ＝1时，讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6且函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)， ①求a 的取值范围； ②求f (x 2)的取值范围．答案：(1)当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上递增；当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上递减．；(2)①⎝⎛⎭⎫83，3；②⎝⎛⎭⎫163 ln2，3＋3 ln2. 解析：(1)f (x )＝2ax ＋b x ＋c ln x ，(x >0)，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2＋cx －bx 2.1分当b ＝0，c ＝1时，f ′(x )＝2ax ＋1x .当a ≥0时，由x >0得f ′(x )＝2ax ＋1x>0恒成立， 所以，函数f (x )在(0，＋∞)上递增.3分 当a <0时，令f ′(x )＝2ax ＋1x >0，解得x <－12a ；令f ′(x )＝2ax ＋1x <0，解得x >－12a， 所以，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上递减.5分 综上所述，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上递增；当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上 递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上递减.5分 (2)①函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6，所以，f (1)＝2a ＋b ＝3a －3，f ′(1)＝2a ＋c －b ＝3，所以，b ＝a －3，c ＝－a ，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2－ax ＋3－ax 2，7分函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，则方程2ax 2－ax ＋3－a ＝0有两个大于0的解，⎩⎨⎧Δ＝（－a ）2－8a （3－a ）>0，a 2a >0，3－a2a >0，解得83<a <3，所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫83，3；9分 ②2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，x 2＝a ＋9a 2－24a 4a ＝14⎝⎛⎭⎫1＋9－24a ，由83<a <3，得x 2∈⎝⎛⎭⎫14，12，由2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，得a ＝－32x 22－x 2－1.f (x 2)＝2ax 2＋ a －3x 2－a ln x 2＝a ⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 2－3x 2＝－3⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 22x 22－x 2－1－3x 2.11分设φ(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t 2t 2－t －1－3t ，t ∈⎝⎛⎭⎫14，12， φ′(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2－1t 2－1t （2t 2－t －1）－3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t （4t －1）（2t 2－t －1）2＋3t 2＝－31t 2（2t 2－t －1）2－3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t （4t －1）（2t 2－t －1）2＋3t 2＝3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t （4t －1）（2t 2－t －1）2.13分 当t ∈⎝⎛⎭⎫14，12时，2t ＋1t －ln t >0，4t －1>0，φ′(t )>0，所以φ(t )在⎝⎛⎭⎫14，12上单调 递增，φ(t )∈⎝⎛⎭⎫163ln2，3＋3ln2，所以f (x 2)的取值范围是⎝⎛⎭⎫163 ln2，3＋3 ln2.14分例题1答案：(－∞，1]．解法1设f(x)＝x ln x －a(x －1)，则f′(x)＝ln x ＋1－a ，令f′(x)＝0，解得x ＝e a －1.当a≤1时，对所有x>1，都有f′(x)>0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此对x≥1，有f(x)≥f(1)＝0，即a≤1时，对所有x ≥1，都有x ln x ≥a(x －1)，满足题意；当a>1时，当x∈(1，e a －1)时，f ′(x)<0，f(x)在(1，e a －1)上单调递减，又f(1)＝0，所以f(x)<f(1)＝0，即x ln x<a(x －1)，不合题意．故a 的取值范围是(－∞，1]．解法2原问题等价于ln x －a （x －1）x≥0对所有x≥1都成立，令f(x)＝ln x －a （x －1）x ，则f ′(x)＝x －a x 2，当a≤1时，f ′(x)＝x －ax 2≥0恒成立，即f(x)在[1，＋∞)上单调递增，因而f(x)≥f(1)＝0恒成立；当a ＞1时，令f ′(x)＝0，则x ＝a ，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，f(x)min ＝f(a)＝ln a －a ＋1＜0，不合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]．解法3根据常用不等式1－1x ≤ln x ，且y ＝1－1x 与y ＝ln x 相切于(1，0)，又y ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 过点(1，0)，所以要使ln x ≥a （x －1）x对所有x≥1都成立，只能a≤1.因此a 的取值范围是(－∞，1]变式联想变式1答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32. 解析：原不等式等价于ln x －m （x －1）2＋（x －1）x 2≥0，令f(x)＝ln x － m （x －1）2＋（x －1）x 2，则f′(x) ＝（x －1）[x －（2m －2）]x3， 令f′(x)＝0，得x 1＝1，x 2＝2m －2.当2m －2≤1时，即m≤32时，f ′(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，f(x)递增，f (x)≥f(1)＝0，满足题意；当2m －2＞1时，即m ＞32时，f(x)在(1，2m －2)上单调递减，f(2m －2)＜f(1)＝0，不合题意；综上所述，m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32. 变式2答案：0.解法1令h(x)＝(x －3)ln x ，所以h ′(x)＝ln x ＋1－3x 单调递增，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32＋1－2＜0，h ′(2)＝ln 2＋1－32＞0，所以存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得h′(x 0)＝0，即ln x 0＋1－3x 0＝0，当x∈(0，x 0)时，h ′(x)＜0，当x∈(x 0，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h min (x)＝h(x 0)＝(x 0－3)ln x 0＝(x 0－3)⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 0－1＝－（x 0－3）2x 0＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋9x 0，记函数r(x)＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋9x ，则r(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2上单调递增，所以r ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜ h(x 0)＜r(2)，即h(x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，由2λ≥－32，且λ为整数，得λ≥0，所以不等式2λ≥h(x)有解时的λ的最小整数为0.解法2令h(x)＝(x －3)ln x ，由h(1)＝0得，当λ＝0时，不等式2λ≥h(x)有解，下证：当λ≤－1时，h(x)＞2λ恒成立，即证(x －3)ln x ＞－2恒成立．显然当x∈(0，1]∪[3，＋∞)时，不等式恒成立，只需证明当x∈(1，3)时，(x －3)ln x ＞－2恒成立，即证明ln x ＋2x －3＜0.令m(x)＝ln x ＋2x －3，所以m ′(x)＝1x －2（x －3）2＝x 2－8x ＋9x （x －3）2，由m′(x)＝0，得x ＝4－7，当x∈()1，4－7，m ′(x)＞0；当x∈()4－7，3，m ′(x)＜0；所以m(x)max ＝m(4－7)＝ln (4－7)－7＋13＜ln (4－2)－2＋13＝ln 2－1＜0.所以当λ≤－1时，h(x)＞2λ恒成立．综上所述，不等式2λ≥h(x)有解时的λ的最小整数为0.说明：当对数的真数部分和前面的系数形式不相同时，会出现导函数方程的根无法求出的情况，如变式2，解法1中由于对数和分式构成的方程难以用常规思路处理，从而导致导函数方程的根无法求出，只能通过研究导函数的隐形零点求解，解法2是对解法1的改进，将ln f(x)和g(x)分开求导，直接得到m(x)＝ln x ＋2x －3的导函数方程的根，避免了隐性零点的出现，这是解决对数型函数的精华所在．另外，类似于指数不等式模型“e x≥x ＋1”，在必要时我们也可以利用对数不等式模型“当x>0时，x －1x ≤ln x ≤x －1”进行探求，如例题中的解法3，复习时应掌握该结论的证明以及理解其几何意义．串讲激活串讲1答案：(1)a ＝1；(2)3.解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由已知得，f(1)＝1－1－0＝0.对f(x)求导得f′(x)＝1－a x ＝x －ax (x ＞0)，①若a≤0，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则x∈(0，1)时，f(x)＜0，所以a≤0不合题意；②若a ＞0，则x∈(0，a)时f ′(x)＜0，f(x)单调递减，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增，f(x)min ＝f(a)＝a －1－a ln a ，令g(a)＝a －1－a ln a ，g ′(a)＝1－a·1a －ln a＝－ln a ，a ∈(0，1)时，g(a)递增，a ∈(1，＋∞)时，g(a)递减，g(a)≤g(a)max ＝g(1)＝0，故当且仅当a ＝1时，f(x)min ＝f(1)＝0，符合题意．综上，a ＝1；(2)由(1)得x －1－ln x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号．令x ＝1＋12n ，即有12n ≥ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12n ，因为ln ⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1＋12⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ≤12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＜1，所以若对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122… ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，则有ln m ≥1，即m≥e ，整数m min ＝3. 串讲2答案：(0，2]． 解法1f′ (x)＝ln x ＋x ＋1x －a.当0＜a≤2时，f ′(x)＝ln x ＋x ＋1x －a≥1－1x ＋x ＋1x－a ＝2－a≥0，因此f(x)单调递增，又f(1)＝0，当x∈(0，1)，f(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，故不等式(x －1)f(x)≥0恒成立，满足题意；当a ＞2时，f ′(x)＝x ln x ＋（1－a ）x ＋1x，设p(x)＝x ln x ＋(1－a)x ＋1，令p ′(x)＝ln x ＋2－a＝0，则x ＝ea －2＞1.当x∈(1，ea －2)时，p ′(x)＜0，p(x)单调递减，则p(x)＜p(1)＝2－a＜0，则f ′(x)＝p （x ）x<0，所以当x∈(1，e a －2)时，f(x)单调递减，所以当x∈(1，e a －2)时，f(x)＜f(1)＝0，此时(x －1)f(x)＜0，不合题意．综上所述，a 的取值范围是(0，2]．解法2x≥1，f (x)≥0，即ln x ≥ax －1x ＋1；x≤1，f (x)≤0，即ln x ≤a x －1x ＋1.设h(x)＝ln x － a x －1x ＋1，则h(1)＝0，h ′(x)＝1x －a 2（x ＋1）2＝（x ＋1）2－2ax x （x ＋1）2.当0＜a ＜2时，h ′(x)＞0，h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(1)＝0，符合题意；当a ＞2时，设m(x)＝(x ＋1)2－2ax ＝x 2＋(2－2a)x ＋1，Δ＝4a(a －2)＞0，所以m(x)＝0有两根x 1，x 2(x 1＜x 2)，且x 1＋x 2＝2a －2＞0，x 1x 2＝1＞0，所以x 1，x 2均大于零，又m(1)＝4－2a ＜0，所以x 1＜1＜x 2，x ∈(0，x 1)时，h(x)单调增，x ∈(x 1，x 2)时，h(x)单调减，x ∈(x 2，＋∞)时，h(x)单调增，所以当x 1＜x ＜1时，h(x)＞h(1)＝0不合题意；当a ＝2时，符合题意；综上a 的取值范围是(0，2]．解法3对解法2的优化，a ＞2时，因为m(1)＝4－2a ＜0，存在x 0＞1，使得m(x 0)＝0，当x∈(1，x 0)，m(x)＜0，即h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x 0)＜h(1)＝0，不成立，这样可避免找点的问题．新题在线答案：(1)①；1；②[1，＋∞)； (2)a ＝1，b ＝－1.解析：(1)当k ＝1时，f(x)＝x ln x ，所以f′(x)＝1＋ln x.①设切点为P(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧1＋ln x 0＝c ，①y 0＝x 0ln x 0，②y 0＝cx 0－1，③由②③得，cx 0－1＝x 0ln x 0④，由①得ln x 0＝c －1，代入④得，cx 0－1＝x 0(c －1)．所以x 0＝1，c ＝1.②由题意，得方程x ln x ＝cx －1有正实数根，即方程ln x ＋1x －c ＝0有正实数根，记h(x)＝ln x ＋1x －c ，令h′(x)＝1x －1x 2＝x －1x 2，当0＜x ＜1时，h ′(x)＜0；当x ＞1时，h ′(x)＞0；所以h(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数；所以h(x)min ＝h(1)＝1－c.若c ＜1，则h(x)≥h(1)＝1－c ＞0，不合题意；若c ＝1，由①知适合要求；若c ＞1，则h(1)＝1－c ＜0，又h(e c )＝c ＋1e c －c ＝1eC ＞0，所以h(1)·h(e c)＜0，由零点存在性定理知h(x)在(1，e c)(0，＋∞)上必有零点．综上，c 的取值范围为[1，＋∞)．(2)由题意得，当k≥2时，x kln x ≥cx －1对于任意正实数x 恒成立，所以当k≥2时，c ≤xk －1ln x ＋1x 对于任意正实数x 恒成立，由(1)知，ln x ＋1x≥1，两边同时乘以x 得，x ln x＋1≥x①，两边同时加上1x 得，x ln x ＋1＋1x ≥x＋1x ≥2②，所以x ln x ＋1x≥1(*)，当且仅当x＝1时取等号．对(*)式重复以上步骤①②可得，x 2ln x ＋1x ≥1，进而可得，x 3ln x ＋1x ≥1，x 4ln x＋1x ≥1，所以当k≥2，k ∈N *时，x k －1ln x ＋1x≥1，当且仅当x ＝1时取等号，所以c ≤1，当C 取最大值1时，x k ln x ≥ax 2＋bx ≥x －1对于任意正实数x 恒成立，令上式中x ＝1得，0≥a ＋b ≥0，所以a ＋b ＝0，所以ax 2－ax ≥x －1对于任意正实数x 恒成立，即ax 2－(a ＋1)x＋1≥0对于任意正实数x 恒成立，所以a ＞0，所以函数y ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1的对称轴x ＝a ＋12a ＞0，所以Δ＝(a ＋1)2－4a ≤0，即(a －1)2≤0，所以a ＝1，b ＝－1.又由x k －2ln x ＋1x≥1，两边同乘以x 2得，x k ln x ＋x ≥x 2，所以当a ＝1，b ＝－1时，x k ln x ≥ax 2＋bx 也恒成立，综上，得a ＝1，b ＝－1.。
2020届高考数学二轮复习专题《形如f(x)e^x+g(x)型的函数问题》
原不等式等价变形为aa－ ＋xxex－1＜0，令f(x)＝aa－ ＋xxex－1，则f′(x)＝－ x2－（（a＋a2－x）2a2 ）ex，当a2－2a≤0，即0＜a≤2时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴y＝f(x) 在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，满足题意；当a2－2a＞0，即a＞2时，由f′(x) ＝0得x＝ a2－2a，∴y＝f(x)在(0， a2－2a)上单调递增，在( a2－2a，＋∞)上单调递 减，
②若m>12，可得h′(x)＝ex－1－m(1x＋x12)在(0，＋∞)上单调递增，又因为 h′(1)＝1－2m<0，h′(1＋ln(2m))＝2m－m1＋ln（1 2m）＋[1＋ln（1 2m）]2>0， 所以存在x1∈(1，1＋ln(2m))，使得h′(x1)＝0，且当x∈(1，x1)时，h′(x)<0，所以h(x) 即g′(x)在(1，x1)上单调递减，又因为g′(1)＝0，所以当x∈(1，x1)时，g′(x)<0，从而 g(x)在(1，x1)上单调递减，而g(1)＝0，所以当x∈(1，x1)时，g(x)<0， 即f(x)>m(x－1)lnx不成立；综上所述，m的取值范围是(－∞，12]． ………………….14分(推出m>12时，f(x)>m(x－1)lnx不恒成立，并写出结论)
原不等式等价于ex－ax－1≥0，令f(x)＝ex－ax－1，则f′(x)＝ex－a.当a≤1时， f′(x)≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝0，满足题意；当a＞1时，由f′(x)＝ex －a＝0得x＝lna，当0＜x＜lna时f′(x)＜0，f(x)在(0，lna)上单调递减，而f(0)＝0，从而f(x) ＜0，不合题意．综上所述，a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]．
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微专题38形如f(x)e x＋g(x)型的函数问题
用导数的方法研究形如f(x)e x＋g(x)的函数问题研究历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点是转化目标的有效选择．本专题主要研究与函数f(x)e x＋g(x)有关的恒成立、存在性以及零点等问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.
例题：已知e x≥1＋ax对任意x∈[0，＋∞)成立，求实数a的取值范围．
变式1已知x＋e x
2x＋1
≥t对一切正实数x恒成立，求实数t的最大值．
变式2已知函数f(x)＝e x－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
串讲1设a＞1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a，
(1)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(2)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O为坐标原点)．证
明：m≤3
a－
2
e－1.
串讲2若不等式e x(x－a)＋(x＋a)＞0对任意x∈(0，＋∞)成立，求正实数a的取值范围．
(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]e x.
(1)若曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x 轴平行，求a ；
(2)若f(x)在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．
已知a ∈R ，x 轴与函数f (x )＝e x －1－ax 的图象相切．
(1)求f (x )的单调区间；
(2)当x >1时，f (x )>m (x －1)ln x ，求实数m 的取值范围．
答案：(1)f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；(2)]2
1
,(-∞. 解析：(1)f ′(x )＝e x －1－a ，设切点为(x 0，0)，依题意，⎩⎨⎧f （x 0）＝0，f ′（x 0）＝0，即⎩⎨⎧e x 0－1－ax 0＝0，e x 0－1－a ＝0，
解得⎩⎨⎧x 0＝1，a ＝1，
所以f ′(x )＝e x －1－1，当x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，2分 故f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞).6分
(2)令g (x )＝f (x )－m (x －1)ln x ，x >0，则g ′(x )＝e x －1－m (ln x ＋x －1x
)－1， 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝e x －1－m (1x ＋1x 2)，8分 ①若m ≤12，因为当x >1时，e x －1>1，m (1x ＋1x 2)<1，所以h ′(x )>0，所以 h (x )即g ′(x )在(1，＋∞)上单调递增．又因为g ′(1)＝0，所以当x >1时，g ′(x )>0，从而 g (x )在[1，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，所以g (x )>0，即f (x )>m (x －1)ln x 成立；10分
②若m >12，可得h ′(x )＝e x －1－m (1x ＋1x 2)在(0，＋∞)上单调递增，又因为 h ′(1)＝1－2m <0，h ′(1＋ln(2m ))＝2m －m 0])]2ln(1[1)2ln(11[2
>+++m m ， 所以存在x 1∈(1，1＋ln(2m ))，使得h ′(x 1)＝0，且当x ∈(1，x 1)时，h ′(x )<0，所以h (x ) 即g ′(x )在(1，x 1)上单调递减，又因为g ′(1)＝0，所以当x ∈(1，x 1)时，g ′(x )<0，从而 g (x )在(1，x 1)上单调递减，而g (1)＝0，所以当x ∈(1，x 1)时，g (x )<0，
1
即f(x)>m(x－1)ln x不成立；综上所述，m的取值范围是(－∞，
2].14分。