2025版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

PAGE1-增分强化练(三十五)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)＝lnx＋eq\f(a,x)－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)＝lnx－eq\f(2,x)－x＋5，f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)－1＝eq\f(－x2＋x＋2,x2)＝eq\f(－x2－x－2,x2)＝eq\f(－x－2x＋1,x2)，当0<x<2时，f′(x)>0，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)证明：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－1＝eq\f(－x2＋x－a,x2)(x＞0)，f(x)有两个极值点x1，x2得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－4a>0,x1＋x2＝1,x1x2＝a))，∴0<a<eq\f(1,4)，∴f(x1)＋f(x2)＝ln(x1x2)＋eq\f(ax1＋x2,x1x2)－(x1＋x2)－4a＋2＝lna－4a＋2，令g(a)＝lna－4a＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(1,4)))，则g′(a)＝eq\f(1,a)－4＝eq\f(1－4a,a)＞0，∴g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递增，∴g(a)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝lneq\f(1,4)－1＋2＝1－ln4＜0.∴f(x1)＋f(x2)<0.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)＝ex＋x，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)即为f(x1)－mxeq\o\al(2,1)－x1<f(x2)－mxeq\o\al(2,2)－x2，由x2>x1>0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2在(0，＋∞)为增函数，∴φ′(x)＝ex－2mx≥0，即2m≤eq\f(ex,x)，令h(x)＝eq\f(ex,x)，(x>0)，h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，h′(x)<0时，0<x<1；h′(x)>0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，∴h(x)min＝h(1)＝e，则2m≤e，即m≤eq\f(e,2)，所以实数m的范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))).考点三利用导数探讨函数的零点或方程的根(2024·安阳模拟)已知函数f(x)＝lnx－x2＋ax，a∈R.(1)证明lnx≤x－1;(2)若a≥1，探讨函数f(x)的零点个数.解析：(1)证明：令g(x)＝lnx－x＋1，(x>0)，g(1)＝0.g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，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lnx≤x－1.(2)依据题意，f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋a＝eq\f(－2x2＋ax＋1,x)，x>0.令－2xeq\o\al(2,0)＋ax0＋1＝0，解得x0＝eq\f(a＋\r(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＝eq\f(a＋\r(a2＋8),4)>1，f(1)＝a－1＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)－eq\f(1,4a2)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2a)－1－eq\f(1,4a2)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))2－eq\f(1,4)<0.f(2a)＝ln2a－2a2<2a－1－2a2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2－eq\f(1,2)<0