第六板块 课时验收评价(七)　综合性考法针对练——导数与不等式的证明问题

课时验收评价(七)　综合性考法针对练——导数与不等式的证明问题1．(2022·郑州质检)设函数f(x)＝ln－x＋e.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝e时，证明：f<ex＋.解：(1)函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定义域为(－∞，a)，因为f′(x)＝－1＝，所以当x<a时，f′(x)<0，即f(x)在上单调递减，故函数f(x)的单调递减区间为，无单调递增区间．(2)证明：当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，要证f<ex＋，即证lnx＋x<ex＋，即证＋1<＋.设g(x)＝＋1(x>0)，则g′(x)＝，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)≤g(e)＝＋1.设h(x)＝＋，则h′(x)＝，　　　当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝e＋，又＋1<e＋，所以当a＝e时，f<ex＋.2．已知函数f(x)＝－m(m∈R)有两个零点，记为x1，x2. (1)求实数m的取值范围；(2)证明：lnx1＋lnx2＞2.解：(1)函数f(x)＝－m的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(x)的极大值为f(e)＝－m.因为当x→0(x＞0)时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－m，所以由f(x)有两个零点x1，x2，得解得0＜m＜.故实数m的取值范围为.(2)证明：不妨设x1＜x2，由题意知则lnx1x2＝m(x1＋x2)，ln＝m(x2－x1)，得m＝，欲证lnx1＋lnx2＞2，只需证lnx1x2＞2，只需证m(x1＋x2)＞2，即证ln>2，即证ln＞2，设t＝＞1，则只需证lnt＞，即证lnt－＞0.(*)设F(t)＝lnt－，则F′(t)＝－＝＞0，所以F(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以当t＞1时，F(t)＞F(1)＝0，即(*)式成立，所以lnx1＋lnx2＞2.3．(2022·重庆调研)已知函数f(x)＝x－sinx.(1)判断函数f(x)是否存在极值，并说明理由；(2)设函数F(x)＝f(x)－mlnx，若存在两个不相等的正数x1，x2，使得F＋x1＝F＋x2，证明：x1x2<m2.解：(1)由f(x)＝x－sinx，得f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)＝x－sinx是增函数，∴f(x)没有极值．(2)证明：F(x)＝x－sinx－mlnx，由F(x1)＋x1＝F(x2)＋x2，得2x1－sinx1－mlnx1＝2x2－sinx2－mlnx2， 即m(lnx2－lnx1)＝－(sinx2－sinx1)＋2(x2－x1)．由(1)知f(x)＝x－sinx为增函数，∵x1，x2是两个不相等的正数，不妨设x2>x1>0，∴x2－sinx2>x1－sinx1>f(0)＝0，即x2－x1>sinx2－sinx1，∴－>－，∴m(lnx2－lnx1)＝－＋2>2－＝x2－x1，即m>，只需证明>.∵x2>x1>0，令t＝>1.∴只需证明>在t>1时成立，即>lnt在t>1时成立．设函数g(t)＝lnt－，且t>1，则g′(t)＝<0.∴当t>1时，函数g(t)单调递减．∴当t>1时，函数g(t)<g(1)＝0，即g(t)＝lnt－<0.∴>在t>1时成立，即>成立，∴m>>，∴m>，即x1x2<m2.4．(2022·聊城二模)设函数f(x)＝xe－x＋ax2－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)f′(x)为f(x)的导函数，记g(x)＝f′(x)，证明：当－e－3<a<0时，函数g(x)有两个极值点．解：(1)∵f(x)＝xe－x＋ax2－ax(a∈R)的定义域是R，∴f′(x)＝e－x－xe－x＋ax－a＝(x－1)·＝.①当a≤0时，aex－1<0，令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1.②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－lna或x＝1.当a>时，令f′(x)>0，得x<－lna或x>1，令f′(x)<0，得－lna<x<1； 当a＝时，f′(x)≥0恒成立，且仅在x＝1处f′(x)＝0；当0<a<时，令f′(x)>0，得x<1或x>－lna，令f′(x)<0，得1<x<－lna.综上，当a≤0时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减；当0<a<时，函数f(x)在区间，上单调递增，在区间上单调递减；当a＝时，函数f(x)在R上单调递增；当a>时，函数f(x)在区间，(1，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减．(2)证明：由题意得g(x)＝f′(x)＝e－x＋a(x－1)，则g′(x)＝(x－2)e－x＋a.要使函数g(x)有两个极值点，则方程g′(x)＝0有两个不同的根，且这两根的左、右两侧g′(x)的函数值异号．令p(x)＝g′(x)，则p′(x)＝e－x，令p′(x)>0，得x<3，令p′(x)<0，得x>3，∴函数g′(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．则函数g′(x)在x＝3处取得极大值，也是最大值．当－e－3<a<0时，g′(3)＝e－3＋a>0且g′(2)＝a<0，∴g′(2)g′(3)<0，即函数g′(x)在区间上至少存在一个零点m.又∵函数g′(x)在区间上单调递增，∴函数g′(x)在区间上存在唯一的零点m，且当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0，∴x＝m是函数g(x)的极小值点．下面证明函数g(x)在区间上存在唯一的极大值点．先证：当x>3时，ex>x2.令h(x)＝ex－x2，h(3)＝e3－9>0，h′(x)＝ex－2x，h′(3)＝e3－6>0，令q(x)＝h′(x)，当x>3时，q′(x)＝ex－2>e3－2>0，∴函数h′(x)在区间上单调递增， h′(x)>h′(3)>0，∴h(x)在区间上单调递增，h(x)>h(3)>0，即ex>x2.当x>3时，取x0＝－>e3>3，g′＝e－x0＋a＝＋a<＋a<＋a＝＋a＝－a＋a＝0，由零点存在定理，得函数g′(x)在区间上至少存在一个零点．又函数g′(x)在区间上单调递减，∴g′(x)在区间上存在唯一的零点n，且在区间上，g′(x)>0，在区间上，g′(x)<0，∴x＝n是函数g(x)的极大值点．综上，函数g(x)有两个极值点．