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(三十五)文

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

十五）文

增分强化练(三十五)

考点一 利用导数证明不等式

(2019·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－x22

f′(x)＝x＋＋x＋2－?x－x－2?－?x－2??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

1－4a>0(2)证明：f′(x)＝1x－a－x＋x－a??x2－1＝x2

(x＞0)，f(x)有两个极值点x1，x2得?x1＋x2＝1

??x1x2＝a∴0

4

，

∴f(xx2?

1)＋f(x2)＝ln(x1xa?x1＋2)＋

xx－(x1＋x2)－4a＋2＝ln a－4a＋2， 12

令g(a)＝ln a－4a＋2???

0

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

已知曲线f(x)＝bex＋x在x＝0处的切线方程为ax－y＋1＝0. (1)求a，b的值；

(2)当x2>x1>0时，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数m的取值范围．解析：(1)由f(x)＝bex＋x得，f′(x)＝bex＋1，

由题意得f′(0)＝be0

＋1＝a，即b＋1＝a，又f(0)＝b，∴－b＋1＝0， 解得b＝1，a＝2.

，

(2)由(1)知，f(x)＝e＋x，

2

f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)即为f(x1)－mx21－x1

x由x2>x1>0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)－ mx－x＝e－mx在(0，＋∞)为增函数， e∴φ′(x)＝e－2mx≥0，即2m≤，

xx2x2

xee?x－1?

令h(x)＝，(x>0)，h′(x)＝， 2

xxxxh′(x)<0时，00时，x>1；h′(x)＝0时，x＝1.

∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

e?e?∴h(x)min＝h(1)＝e，则2m≤e，即m≤，所以实数m的范围为?－∞，?.

2?2?考点三 利用导数研究函数的零点或方程的根

(2019·安阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－x＋ax，a∈R. (1)证明ln x≤x－1;

(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数.

11－x解析：(1)证明：令g(x)＝ln x－x＋1，(x>0)，g(1)＝0.g′(x)＝－1＝，

2

xx可得x∈(0,1)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；

x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．

∴可得x＝1时，函数g(x)取得极大值即最大值， ∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.

1－2x＋ax＋1(2)根据题意，f′(x)＝－2x＋a＝，x>0.

2

xx令－2x＋ax0＋1＝0，解得x0＝2

0

a＋a2＋8

4

，(负值舍去)，

在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．

∴f(x)max＝f(x0)．

当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点1. 当a＞1时，x0＝

a＋a2＋8

4

1111111?1?>1，f(1)＝a－1＞0，f??＝ln－2＋<－1－2＋＝－2a4a22a4a24?2a?

?1－1?2－1<0. ?a?4??

f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2?a－?2－<0.

2

??

1??

12

?1?∴函数f(x)在区间?，1?和区间(1,2a)上各有一个零点． ?2a?

综上可得：当a＝1时，函数f(x)只有一个零点1. 当a＞1时，函数f(x)有两个零点．