当x∈
1+√1-4??
,+∞2
时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上:当a≤0时,x∈0,1+√1-4??
2
,f(x)单调递增,当x∈
1+√1-4??
2,+∞时,f(x)单调递减;
当0
1-√1-4??1+√1-4??
1-√1-4??4时,f(x)在
2,2
上单调递增,在0,2
,
1+√1-4??
2
,+∞上单调递减;
当a≥14时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(2)原式等价于(x-1)a>xln x+2x-1,即存在x>1,使a>??ln??+2??-1
??-1
成立. 设g(x)=
??ln??+2??-1
??-1(x>1),则g'(x)=
??-ln??-2(??-1)
2, 设h(x)=x-ln x-2,则h'(x)=1-1??=
??-1
??>0, ∴h(x)在(1,+∞)上单调递增.
又h(3)=3-ln 3-2=1-ln 3<0,h(4)=4-ln 4-2=2-2ln 2>0,根据零点存在性定理, 可知h(x)在(1,+∞)上有唯一零点,设该零点为x0,则x0∈(3,4),且h(x0)=x0-ln x0-2=0, 即x0-2=ln x0,∴g(x)min=
??0ln ??0+2??0-1
??0-1
=x0+1. 由题意可知a>x0+1.又x0∈(3,4),a∈Z,
∴a的最小值为5.
4.已知函数f(x)=3
??
??-1ex+??(x>0,a∈R). (1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围; (2)当a∈(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数. 解 (1)∵f(x)=3
??
??-1ex+??(x>0),
∴f'(x)=ex
33
??
??-1-??2
-??2=
-??2+3??-3??2
·ex-??
??2. 由题意得
f'(x)=-??2+3??-3??2·ex-??
??2≤0在(0,+∞)恒成立,
即a≥(-x2+3x-3)·ex在(0,+∞)恒成立, 设g(x)=(-x2+3x-3)·ex, 则g'(x)=ex(-x2+x),
∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴g(x)max=g(1)=-e,
∴a≥-e.∴实数a的取值范围为[-e,+∞).
(2)由题意得f(x)=3
??-1ex+??
??=2(x>0),
5
∴a=2x-(3-x)ex(x>0),
令h(x)=2x-(3-x)ex,则h'(x)=2+(x-2)ex, 令φ(x)=h'(x)=2+(x-2)ex(x>0), 则φ'(x)=(x-1)ex,
∴h'(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴h'(x)min=h'(1)=2-e<0.
又h'(0)=0,h'(2)=2>0,
∴存在x0∈(0,2),使得x∈(0,x0)时h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 又h(0)=-3,h(x0)<0, 当x→+∞时,h(x)→+∞,
∴当x>0,a∈(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x)ex有一个解,
即当a∈(-3,-e)时,方程f(x)=2只有一个解.
命题角度2函数的单调性与极值、
最值的综合应用
高考真题体验·对方向
1.(2019天津·20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R. (1)若a≤0,讨论f(x)的单调性; (2)若0
1
e
①证明f(x)恰有两个零点;
②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.
(1)解 由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且
11-????2e??xx
f'(x)=??-[ae+a(x-1)e]=??.
因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)内单调递增. (2)证明 1-????2e??
①由(1)知,f'(x)=??.令1
g(x)=1-ax2ex,
由0
1
121
=1-??
ln ??
12
<0,
1
故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1
6
??(??)
??(??)
所以f(x)在(0,x0)内单调递增; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=
??(??)??<
??(??0)
=0, ??所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减, 因此x0是f(x)的唯一极值点.
令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x)=??-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)
从而fln ??=lnln ??-aln ??-1eln ??=lnln ??-ln ??+1=hln ??<0, 又因为f(x0)>f(1)=0,
所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.
??'(??0)=0,??2????2e??0=1,??1-1??1-??00ln ??1??1-??0
即{0从而ln x=e,即e=. 12??1-1??0??(??1)=0,ln ??1=??(??1-1)e??1,
1
1
1
1
1
111
②由题意,{
因为当x>1时,ln x
??1-??0
<
??20(??1-1)
??1-1
2=??0,两边取对数,
2
得lne??1-??0
2.(2019全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 证明 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f'(x)=
??-11
+ln x-1=ln x-. ????
1
??
因为y=ln x单调递增,y=单调递减, 所以f'(x)单调递增.
又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln 2-2=2>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0. 又当x
所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α. 由α>x0>1得??<1
1
1
ln4-1
7
又f??=??-1ln ?????-1=??=0, 故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.
综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 3.(2017北京·20)已知函数f(x)=excos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求函数f(x)在区间[0,2]上的最大值和最小值. 解 (1)因为f(x)=excos x-x,
所以f'(x)=ex(cos x-sin x)-1,f'(0)=0.
又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1. (2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x. 当x∈(0,2)时,h'(x)<0,所以h(x)在区间[0,2]上单调递减. 所以对任意x∈(0,2]有h(x)
所以函数f(x)在区间[0,2]上单调递减.
因此f(x)在区间[0,]上的最大值为f(0)=1,最小值为f()=-.
2224.(2017全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
π
π
π
ππ
π
π
π
1
??1111??(??)
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增. ②若a>0,则由f'(x)=0得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln(-2).
当x∈(-∞,ln(-))时,f'(x)<0;
2当x∈(ln(-2),+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在(-∞,ln(-2))单调递减,在ln(-2),+∞单调递增.
??
??
??
??
??
8