高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数增分强化练(三十九)理

高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数增分强化练（三

十九）理

增分强化练(三十九)

考点一 利用导数证明不等式

(2024·乌鲁木齐质检)已知函数f(x)＝ln x＋ax－x－2a＋1. (1)若a＝－2，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)有两个极值点x，x2，求证：f(x1)＋f(x2)<0. 解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝ln x－2

x－x＋5，

12－x2＋x＋2－?x2

f′(x)＝－x－2?－?x－2??x＋x＋1?

x2－1＝x2＝x2＝x2， 当00，当x>2时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．

2

(2)证明：f′(x)＝1x－a－x＋x－a??1－4a>0x2－1＝x2

(x＞0)，f(x)有两个极值点x1，x2得?x1＋x2＝1

??x1x2＝a∴0

4

，

∴f(x1)＋f(x2)＝ln(xa?x1＋x2?

1x2)＋

x－(x1＋x2)－4a＋2＝ln a－4a＋2， 1x2

令g(a)＝ln a－4a＋2??1?0

∴g(a)在???0，14???

上单调递增，

∴g(a)

考点二 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题 已知函数f(x)＝ex(ln x＋1)．

(1)证明：函数f(x)在其定义域上是单调递增函数； (2)设m>0，当x∈[1，＋∞)时，不等式

mf?x?1

e3x－x≤0恒成立，求m的取值范围．

，

1

解析：(1)证明：因为x∈(0，＋∞)，f(x)＝ex(ln x＋1)，所以f′(x)＝ex(ln x＋＋1)(x>0)．

x111x－1

令g(x)＝ln x＋＋1(x>0)，则g′(x)＝－2＝2(x>0)．

xxxx当01时，g′(x)>0，

则g(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g(x)min＝g(1)＝2>0，

从而f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 即f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)当x∈[1，＋∞)时，不等式

mf?x?1m?ln x＋1?

＋∞)时，不等式3x－≤0恒成立等价于当x∈[1，2xexe

x1m?ln x＋1?e

－≤0恒成立，即当x∈[1，＋∞)时，－≤0恒成立． xxex1

－1－ln xxxxln x＋1ee?1－x?

记h(x)＝，φ(x)＝－，则h′(x)＝，φ′(x)＝. xxexex21

因为当x≥1时，－1－ln x≤0，所以h′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，

x即h(x)在[1，＋∞)上单调递减．

因为当x≥1时，1－x≤0，所以φ′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立， 即φ(x)在[1，＋∞)上单调递减．

记P(x)＝mh(x)＋φ(x)，因为m>0，所以P(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以P(x)max＝P(1)＝－e. e

mm?ln x＋1?exm2

因为－≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以－e≤0，即m≤e. xexe

又m>0，故m的取值范围为(0，e]． 考点三 利用导数研究函数的零点或方程的根 1＋ln x (2024·石家庄模拟)已知函数f(x)＝. 2

x1

(1)已知e为自然对数的底数，求函数f(x)在x＝2处的切线方程；

e

1

(2)当x>1时，方程f(x)＝a(x－1)＋(a>0)有唯一实数根，求a的取值范围．

x1＋ln x解析：(1)由题意，函数f(x)＝，定义域(0，＋∞)，

x－ln x?1??1?42则f′(x)＝，所以f′?2?＝2e，f?2?＝－e 2

x?e??e?

1?124?42

函数f(x)在x＝2处的切线方程为y＋e＝2e?x－2?，整理得y＝2ex－3e，

e?e?142

即函数f(x)在x＝2处的切线方程y＝2ex－3e.

e

12

(2)当x>1时，方程f(x)＝a(x－1)＋，即ln x－a(x－x)＝0，

x－2ax＋ax＋1

令h(x)＝ln x－a(x－x)，有h(1)＝0，h′(x)＝，

2

2

x令r(x)＝－2ax＋ax＋1，

①因为a>0，r(0)＝1，r(1)＝1－a≤0即a≥1，r(x)在(1，＋∞)单调递减，r(1)<0， 所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)在(1，＋∞)单调递减，h(x)

方程f(x)＝a(x－1)＋无实根.

2

x②由r(1)>0,1－a>0,0

r(1)＝1－a>0，存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增； x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减； h(x0)max>h(0)＝0，

1?1??1??1?2?1??1??1?取x＝1＋，则h?1＋?＝ln?1＋?－a?1＋?＋a?1＋?＝ln?1＋?－?1＋?，

aa?a??a??a??a??a??a?

1

令t＝1＋，(t>1)，

1

由h(t)＝ln t－t，则h′(t)＝－1，∵t>1，所以h′(t)<0，即h(t)在t>1时单调递减，

t所以h(t)

1??故存在x1∈?x0，1＋?，h(x1)＝0.

?a?

综上，a的取值范围为0