18、n x在點(diǎn)(1，0)處切線的斜率為1，所以2a≥1，即a≥，故選C．
17．(2019·山西太原模擬)已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，滿足f′(x)<2f(x)(其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，則( )
A．e2f(1)>f(2) B．e2f(1)h(2)，即>，所以e2f(1)>f(2)．故選A．
18．(2018·石家莊一模)已知函數(shù)f(x)＝，
19、g(x)＝，若函數(shù)y＝f[g(x)]＋a有三個不同的零點(diǎn)x1，x2，x3(其中x10)，所以函數(shù)g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，e)上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(e)＝，作出函數(shù)g(x)的大致圖象如圖2所示．f＝．因?yàn)閒[g(x)]＋a＝0有三個不同的零點(diǎn)，所以y＝f[g
20、(x)]與y＝－a有三個不同的交點(diǎn)，所以a∈1，．令g(x)＝t，則問題等價于方程＋a＝0，即t2＋(a－1)t＋1－a＝0有兩個解t1，t2，不妨設(shè)t10時，f(x)>0；
(2)若x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a．
解 (1)證明：當(dāng)a＝0時，f
21、(x)＝(2＋x)ln (1＋x)－2x，f′(x)＝ln (1＋x)－．
設(shè)函數(shù)g(x)＝f′(x)＝ln (1＋x)－，
則g′(x)＝．
當(dāng)－10時，g′(x)>0．
故當(dāng)x>－1時，g(x)≥g(0)＝0，且僅當(dāng)x＝0時，g(x)＝0，從而f′(x)≥0，且僅當(dāng)x＝0時，f′(x)＝0．
所以f(x)在(－1，＋∞)單調(diào)遞增．
又f(0)＝0，故當(dāng)－10時，f(x)>0．
(2)f′(x)＝(2ax＋1)ln (1＋x)＋－2，
且f′(0)＝0，則?m∈(－1，0)，?n∈(0，＋∞)，
當(dāng)x∈(
22、m，n)時，2ax＋1>0，
①當(dāng)x∈(m，0)時，由(1)知，ln (1＋x)<，
則f′(x)<(2ax＋1)＋－2
＝．
由題意，?x1∈(m，0)使當(dāng)x∈(x1，0)時，f′(x)>0恒成立，
即a≥－max，∴a≥－．
當(dāng)x∈(0，n)時，由(1)知，ln (1＋x)>，
則f′(x)>(2ax＋1)＋－2
＝．
由題意，?x2∈(0，n)使當(dāng)x∈(0，x2)時，f′(x)≤0恒成立，
即a≤－min，∴a≤－．
綜上，a＝－．
2．(2018·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝ax，g(x)＝logax，其中a>1．
(1)求函數(shù)h(x)＝f(x)－xln a的
23、單調(diào)區(qū)間；
(2)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x1，f(x1))處的切線與曲線y＝g(x)在點(diǎn)(x2，g(x2))處的切線平行，證明x1＋g(x2)＝－；
(3)證明當(dāng)a≥e時，存在直線l，使l是曲線y＝f(x)的切線，也是曲線y＝g(x)的切線．
解 (1)由已知，h(x)＝ax－xln a，
有h′(x)＝axln a－ln a．
令h′(x)＝0，解得x＝0．
由a>1，可知當(dāng)x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
極小值
所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－
24、∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．
(2)證明：由f′(x)＝axln a，可得曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x1，f(x1))處的切線斜率為ax1ln a．
由g′(x)＝，可得曲線y＝g(x)在點(diǎn)(x2，g(x2))處的切線斜率為．
因?yàn)檫@兩條切線平行，故有ax1ln a＝，
即x2ax1(ln a)2＝1．
兩邊取以a為底的對數(shù)，得logax2＋x1＋2loga(ln a)＝0，所以x1＋g(x2)＝－．
(3)證明：曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x1，ax1)處的切線l1：y－ax1＝ax1ln a·(x－x1)．
曲線y＝g(x)在點(diǎn)(x2，logax2)處的切線l2：y－loga
25、x2＝(x－x2)．
要證明當(dāng)a≥e時，存在直線l，使l是曲線y＝f(x)的切線，也是曲線y＝g(x)的切線，只需證明當(dāng)a≥e時，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使得l1與l2重合．
即只需證明當(dāng)a≥e時，
方程組有解．
由①得x2＝，代入②，
得ax1－x1ax1ln a＋x1＋＋＝0．③
因此，只需證明當(dāng)a≥e時，關(guān)于x1的方程③存在實(shí)數(shù)解．
設(shè)函數(shù)u(x)＝ax－xaxln a＋x＋＋，
即要證明當(dāng)a≥e時，函數(shù)y＝u(x)存在零點(diǎn)．
u′(x)＝1－(ln a)2xax，可知x∈(－∞，0)時，
u′(x)>0；x∈(0，＋∞)時，u′(x)單調(diào)遞減，
26、
又u′(0)＝1>0，u′＝1－a<0，故存在唯一的x0，且x0>0，使得u′(x0)＝0，
即1－(ln a)2x0ax0＝0．
由此可知u(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減．u(x)在x＝x0處取得極大值u(x0)．
因?yàn)閍≥e，故ln (ln a)≥－1，
所以u(x0)＝ax0－x0ax0ln a＋x0＋＋＝＋x0＋≥≥0．
下面證明存在實(shí)數(shù)t，使得u(t)<0．
由(1)可得ax≥1＋xln a，當(dāng)x>時，有
u(x)≤(1＋xln a)(1－xln a)＋x＋＋＝－(ln a)2x2＋x＋1＋＋，
所以存在實(shí)數(shù)t，使得u(t)<0．
27、因此，當(dāng)a≥e時，存在x1∈(－∞，＋∞)，使得u(x1)＝0．
所以，當(dāng)a≥e時，存在直線l，使l是曲線y＝f(x)的切線，也是曲線y＝g(x)的切線．
3．(2017·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0．
(1)求a；
(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e－2＜f(x0)＜2－2．
解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
設(shè)g(x)＝ax－a－ln x，則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0．
因?yàn)間(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，
而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1．
若a＝1，
28、則g′(x)＝1－．
當(dāng)01時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．
所以x＝1是g(x)的極小值點(diǎn)，
故g(x)≥g(1)＝0．
綜上，a＝1．
(2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x．
設(shè)h(x)＝2x－2－ln x，則h′(x)＝2－．
當(dāng)x∈0，時，h′(x)<0；
當(dāng)x∈，＋∞時，h′(x)＞0．
所以h(x)在0，單調(diào)遞減，在，＋∞單調(diào)遞增．
又h(e－2)＞0，h＜0，h(1)＝0，所以h(x)在0，有唯一零點(diǎn)x0，在，＋∞有唯一零點(diǎn)1，且當(dāng)x∈(0，x0)時，
29、h(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，1)時，h(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)＞0．
因?yàn)閒′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點(diǎn)．
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈得f(x0)＜．
因?yàn)閤＝x0是f(x)在(0，1)的最大值點(diǎn)，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2，所以e－2＜f(x0)＜2－2．
二、模擬大題
4．(2018·合肥質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝＋，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)證明：
30、當(dāng)x>0，且x≠1時，f(x)>．
解 (1)f′(x)＝－．
由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過點(diǎn)(1，1)，
故即
解得a＝1，b＝1．
(2)證明：由(1)知f(x)＝＋，
所以f(x)－＝2ln x－．
令h(x)＝2ln x－(x>0)，
則h′(x)＝－＝－．
所以當(dāng)x≠1時，h′(x)<0，而h(1)＝0，
故當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)>0，可得h(x)>0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，可得h(x)>0．
從而當(dāng)x>0，且x≠1時，f(x)－>0．
即f(x)>．
5．(2018·廣東廣州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋xb(a≠
31、0)．
(1)當(dāng)b＝2時，若函數(shù)f(x)恰有一個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)當(dāng)a＋b＝0，b>0時，對任意x1，x2∈，e，有|f(x1)－f(x2)|≤e－2成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)b＝2時，f(x)＝aln x＋x2，所以f′(x)＝＋2x＝．
①當(dāng)a>0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
取x0＝e－，則f(e－)＝－1＋(e－)2<0．
因?yàn)閒(1)＝1，所以f(x0)·f(1)<0，
所以函數(shù)f(x)有一個零點(diǎn)．
②當(dāng)a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝．
當(dāng)0
32、<0，所以f(x)在0，上單調(diào)遞減；
當(dāng)x>時，f′(x)>0，所以f(x)在，＋∞上單調(diào)遞增．
要使函數(shù)f(x)有一個零點(diǎn)，則f＝aln －＝0，即a＝－2e．
綜上所述，若函數(shù)f(x)恰有一個零點(diǎn)，
則a＝－2e或a>0．
(2)因?yàn)閷θ我鈞1，x2∈，e，
有|f(x1)－f(x2)|≤e－2成立，
又|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)minx∈，e，
所以f(x)max－f(x)min≤e－2．
因?yàn)閍＋b＝0，所以a＝－b．
所以f(x)＝－bln x＋xb，所以f′(x)＝＋bxb－1＝．
因?yàn)閎>0，所以當(dāng)0
33、>1時，f′(x)>0，
所以函數(shù)f(x)在，1上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝maxf，f(e)．
易知f＝b＋e－b，f(e)＝－b＋eb，
設(shè)g(b)＝f(e)－f＝eb－e－b－2b(b>0)，
則g′(b)＝eb＋e－b－2>2－2＝0．
所以g(b)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(b)>g(0)＝0，
所以f(e)>f．
從而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb．
所以－b＋eb－1≤e－2，即eb－b－e＋1≤0，
設(shè)φ(b)＝eb－b－e＋1(b>0)，則φ′(b)＝eb－1．
當(dāng)b>0時，φ′(b)>0，所以φ(b)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0即為φ(b)≤φ(1)，解得b≤1．
又因?yàn)閎>0，所以b的取值范圍為(0，1]．
16
2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 考點(diǎn)測試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）理（含解析）
