当x∈1

2,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1. (2)g(x)=f'(x)=ln x+1-2ax+a, g'(x)=1

??-2a=1-2????

??, ①若a≤0,则g'(x)>0,g(x)单调递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x∈0,1

2??时,g'(x)>0,g(x)单调递增;

当x∈1

2??,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 则g1

1

1

e

2??≥g2=ln2+1=ln2>0. 不妨设g(x1)=g(x2),x1

一方面,需要g(1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x

2??, 且g(e-2a)=-2ae-2a+1-a<0,

故存在x1,使得0

2??.综上,a的取值范围是(1,+∞). 4.(2019山西运城二模)已知函数f(x)=xex-a(ln x+x),a∈R. (1)当a=e时,求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围. 解 (1)f(x)定义域为(0,+∞),当a=e时,f'(x)=

(1+??)(??e??-e)

??

. ∴当0

当x>1时,f'(x)>0,

∴f(x)在(0,1)上为减函数;在(1,+∞)上为增函数.

(2)记t=ln x+x,则t=ln x+x在(0,+∞)上单调递增,且t∈R.

∴f(x)=xex-a(ln x+x)=et-at=g(t).

∴f(x)在(0,+∞)上有两个零点等价于g(t)=et-at在t∈R上有两个零点. ①当a=0时,g(t)=et在R上单调递增,且g(t)>0,故g(t)无零点; ②当a<0时,g'(t)=et-a>0恒成立, ∴g(t)在R上单调递增,

又g(0)=1>0,g

1=e1

??

??-1<0,故

g(t)在R上只有一个零点;

17

③当a>0时,由g'(t)=et-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)=a(1-ln a),

若00,g(t)无零点; 若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点; 若a>e,g(t)极小值=a(1-ln a)<0, 而g(0)=1>0, 由y=

ln??

??

在(e,+∞)上为减函数,可知当a>e时,ea>ae>a2,

从而g(a)=ea-a2>0,

∴g(t)在(0,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点.

综上可知,当a>e时,f(x)有两个点,故所求a的取值范围是(e,+∞).

命题角度4导数与不等式 高考真题体验·对方向

1.(2017全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a<0时,证明f(x)≤-3

4??-2.

(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1

)

??+2ax+2a+1=

(??+1)(2????+1??. 若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增. 若a<0,则当x∈(0,-1

2??)时,f'(x)>0; 当x∈(-1

2??,+∞)时,f'(x)<0. 故f(x)在(0,-

12??)单调递增,在(-1

2??,+∞)单调递减. (2)证明 由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-1

取得最大值,最大值为f(-12??2??)=ln(-12??)-1-14??. 所以f(x)≤-3

-2等价于ln(-12??)-1-134??4??≤-4??-2, 即ln(-1

12??)+2??+1≤0. 设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=1

??-1. 当x∈(0,1)时,g'(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.

所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.

18

故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0. 所以当x>0时,g(x)≤0.

从而当a<0时,ln(-1

1

2??)+2??+1≤0, 即f(x)≤-3

4??-2.

2.(2016全国Ⅲ·21)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明当x∈(1,+∞)时,1

ln??1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. (1)解 由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1??-1,

令f'(x)=0解得x=1.

当00,f(x)单调递增; 当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.

(2)证明 由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,ln x

故当x∈(1,+∞)时,ln x

1

??

??-1

ln??

1,

设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxln c, ??-1

令g'(x)=0,解得x0=

lnln??ln??.

当x0,g(x)单调递增; 当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 由(2)知1

ln??

又g(0)=g(1)=0,故当00. 所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.

典题演练提能·刷高分

1.(2019江西九江一模)已知函数f(x)=x2-(2a-1)x-aln x(a∈R).(1)试讨论函数f(x)的单调性;

(2)若函数f(x)存在最小值f(x)min,求证:f(x)min<3

4.

19

解 (1)f'(x)=

(2??+1)(??-??)

, ??①当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)恒成立,故f(x)在(0,+∞)递增, ②当a>0时,由f'(x)>0,解得x>a;

由f'(x)<0,解得00且f(x)min=f(a)=a-a2-aln a. 令g(x)=x-x2-xln x(x>0),则g'(x)=-2x-ln x在(0,+∞)内递减. 又g'e=1-e>0,g'2=ln 2-1<0,

1

2

1

∴存在x0∈

11,e2

使得g'(x0)=0,

故g(x)在(0,x0)内递增,在(x0,+∞)内递减.

∵g'(x0)=0, ∴-2x0-ln x0=0, ∴ln x0=-2x0,

故g(x) max=g(x0)=x0+2

11

121

-4,

121111

-4<2+22-4

又x0∈e,2,∴g(x)max=x0+2x+(e-2)y=0垂直. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)求证:x>0时,ex-ex-1≥x(ln x-1).

=4,故f(x)min<4.

33

2.(2019河南八市重点高中高三五模)已知函数f(x)=ex-ax2,且曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线

(1)解 由f(x)=ex-ax2,得f'(x)=ex-2ax.

因为曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e-2)y=0垂直, 所以f'(1)=e-2a=e-2,所以a=1, 即f(x)=ex-x2,f'(x)=ex-2x. 令g(x)=ex-2x,则g'(x)=ex-2.

所以x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减; x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 2>0. 所以f'(x)>0,f(x)单调递增.

即f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),无减区间.

(2)证明 由(1)知f(x)=ex-x2,f(1)=e-1,所以y=f(x)在x=1处的切线方程为y-(e-1)=(e-2)(x-1),即y=(e-2)x+1.

令h(x)=ex-x2-(e-2)x-1,

则h'(x)=ex-2x-(e-2)=ex-e-2(x-1), 且h'(1)=0,h″(x)=ex-2.

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