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- 2021-07-01 发布
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1．(2019·安徽模拟)已知f(x)＝，则( )
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.
2．若0ln x2－ln x1 B．ex2－ex1x1e x2 D．x2ex1x1 ex2，故选C．
3．(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时， f(x)＋e≥0.
解：(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
4．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln ，且x＞0时，＞x＋－3a.
解：(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 3)
ln 3
(ln 3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
3(1－ln 3＋a)
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3]，
单调递增区间是[ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)．无极大值．
(2)证明：待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln ＝ln 3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增．
于是当a＞ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.
5．(2019·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝xln x＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．
(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；
(2)求证：ex>f′(x)．
解：(1)由题易知，f′(x)＝ln x＋1＋a，x>0，且f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率k＝2，
所以f′(1)＝ln 1＋1＋a＝2，所以a＝1.
所以f′(x)＝ln x＋2，
当x>e－2时，f′(x)>0，
当00，
因为g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(1)＝e－1>0，g′()＝e－2<0，
所以g′(x)在(，1)上存在唯一的零点t，
使得g′(t)＝et－＝0，即et＝(t时，g′(x)>g′(t)＝0，
所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
所以x>0时，g(x)≥g(t)＝et－ln t－2＝－ln －2＝t＋－2≥2－2＝0，
又0，即ex>f′(x)．
6．已知函数f(x)＝aln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2.
(1)求a，b的值；
(2)当x>0且x≠1时，求证：f(x)>.
解：(1)函数f(x)＝aln x＋的导数为f′(x)＝－，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2，
可得f(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，
解得a＝b＝1.
(2)证明：当x>1时，f(x)>，
即为ln x＋1＋>ln x＋，
即x－－2ln x>0，
当0，
即为x－－2ln x<0，
设g(x)＝x－－2ln x，g′(x)＝1＋－＝≥0，
可得g(x)在(0，＋∞)上递增，
当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即有f(x)>，
当0.
综上可得，当x>0且x≠1时，f(x)>都成立．
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