1、2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练导数的综合应用
2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练导数的综合应用
年级：
姓名：
增分强化练(三十九)
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＋－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－－x＋5，
f′(x)＝＋－1＝＝＝，
当00，当x>2时，f′(x)<0，
2、∴f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．
(2)证明：f′(x)＝－－1＝(x＞0)，f(x)有两个极值点x1，x2得，
∴0
3、0，当x∈[1，＋∞)时，不等式－≤0恒成立，求m的取值范围．
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)．
令g(x)＝ln x＋＋1(x>0)，则g′(x)＝－＝(x>0)．
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－≤0恒成立等价于当x∈[1，＋∞)时，
4、不等式－≤0恒成立，即当x∈[1，＋∞)时，－≤0恒成立．
记h(x)＝，φ(x)＝－，则h′(x)＝，φ′(x)＝.
因为当x≥1时，－1－ln x≤0，所以h′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，
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.
因为－≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以－e≤0，即m≤e2.
又m>0，故m的取值范围为(0，e2]．
考点三 利用
5、导数研究函数的零点或方程的根
(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝.
(1)已知e为自然对数的底数，求函数f(x)在x＝处的切线方程；
(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．
解析：(1)由题意，函数f(x)＝，定义域(0，＋∞)，
则f′(x)＝，所以f′＝2e4，f＝－e2
函数f(x)在x＝处的切线方程为y＋e2＝2e4，整理得y＝2e4x－3e2，
即函数f(x)在x＝处的切线方程y＝2e4x－3e2.
(2)当x>1时，方程f(x)＝a(x－1)＋，即ln x－a(x2－x)＝0，
令h(x)＝ln x－a(x
6、2－x)，有h(1)＝0，h′(x)＝，
令r(x)＝－2ax2＋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)0,1－a>0,00，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，
取x＝1＋，则h＝ln－a2＋a＝ln－，
令t＝1＋，(t>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，
所以h(t)
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