2022年高考分类题库考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值

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这是一份2022年高考分类题库考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值，共13页。试卷主要包含了设a=0，9,即b>c,，已知函数f=x3-x+1,则，已知函数f=xeax-ex等内容，欢迎下载使用。

A.a【命题意图】本题考查三个数的大小的判断,考查构造法、导数性质等基础知识,考查运算求解能力.
【解析】选C.设f(x)=ln(1+x)-x(x>-1),
因为f'(x)=11+x-1=-x1+x,
当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,
所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(0,+∞)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,
所以f(19)ln109=-ln 0.9,即b>c,
所以f-110所以ln910+110<0,故910设g(x)=xex+ln(1-x)(0令h(x)=ex(x2-1)+1,h'(x)=ex(x2+2x-1),
当0当2-10,函数h(x)=ex(x2-1)+1单调递增,
又h(0)=0,所以当0所以当00,函数g(x)=xex+ln(1-x)单调递增,
所以g(0.1)>g(0)=0,即0.1e0.1>-ln 0.9,所以a>c.综上,c2.(2022·全国甲卷文科)(同2022·全国甲卷理科T6)当x=1时,函数f(x)=aln x+bx取得最大值-2,则f'(2)=( )
A.-1 B.-12 C.12 D.1
【命题意图】本题考查导数的应用,考查函数最值与极值的关系,考查运算求解能力.
【解析】选B.因为函数fx的定义域为(0,+∞),所以依题可知,f1=-2,f'1=0,而f'x=ax-bx2,所以b=-2,a-b=0,即a=-2,b=-2,所以f'x=-2x+2x2,因此函数fx在0,1上单调递增,在1,+∞上单调递减,x=1时取得最大值,满足题意,即有f'2=-1+12=-12.
3.(2022·全国甲卷理科)已知a=3132,b=cs 14,c=4sin 14,则( )
A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b
【分析】由cb=4tan 14,结合三角函数的性质可得c>b;构造函数f(x)=cs x+12x2-1,x∈(0,+∞),利用导数可得b>a,即可得解.
【解析】选A.因为cb=4tan 14,
因为当x∈0,π2时,sin x所以tan 14>14,
即cb>1,所以c>b;
设f(x)=cs x+12x2-1,x∈(0,+∞),f'(x)=-sin x+x>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
则f14>f(0)=0,
所以cs 14-3132>0,
所以b>a,所以c>b>a.
4.(2022·全国乙卷文科·T11)函数f(x)=cs x+(x+1)sin x+1在区间0,2π的最小值、最大值分别为( )
A.-π2,π2 B.-3π2,π2 C.-π2,π2+2 D.-3π2,π2+2
【命题意图】考查函数的导数与函数单调性与最值之间的关系以及数学运算能力.
【解析】选D.f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)cs x=(x+1)cs x,
所以在区间0,π2和3π2,2π上f'(x)>0,
即f(x)单调递增;
在区间π2,3π2上f'(x)<0,即f(x)单调递减,
又f(0)=f(2π)=2,fπ2=π2+2,f3π2=
-3π2+1+1=-3π2,
所以f(x)在区间0,2π上的最小值为-3π2,最大值为π2+2.
5.(2022·新高考Ⅰ卷·T10)已知函数f(x)=x3-x+1,则( )
A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性,极值以及曲线在某点的切线方程,考查运算求解能力.
【解析】选AC.由题意得,f'(x)=3x2-1,令f'(x)>0得x>33或x<-33,
令f'(x)<0得-33所以f(x)在-33,33上单调递减,在-∞,-33,33,+∞上单调递增,所以x=±33是极值点,故A正确;
因为f-33=1+239>0,f33=1-239>0,f(-2)=-5<0,
所以,函数f(x)在-∞,-33上有一个零点,
当x≥33时,f(x)≥f33>0,即函数f(x)在33,+∞上无零点,
综上所述,函数f(x)有一个零点,故B错误;
令h(x)=x3-x,该函数的定义域为R,h(-x)=(-x)3-(-x)=-x3+x=-h(x),
则h(x)是奇函数,(0,0)是h(x)的对称中心,
将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象,
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故C正确;
令f'(x)=3x2-1=2,可得x=±1,又f(1)=f(-1)=1,
当切点为(1,1)时,切线方程为y=2x-1,当切点为(-1,1)时,切线方程为y=2x+3,故D错误.
6.(2022·新高考Ⅰ卷·T12)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,记g(x)=f'(x).若f32-2x,g(2+x)均为偶函数,则( )
A.f(0)=0B.g-12=0
C.f(-1)=f(4)D.g(-1)=g(2)
【命题意图】本题考查函数的奇偶性、极值点与对称性,考查了转化思想和方程思想.
【解析】选BC.因为f32-2x,g(2+x)均为偶函数,
所以f32-2x=f32+2x,即f32-x=f32+x,g(2+x)=g(2-x),
所以f3−x=f(x),g(4-x)=g(x),则f(-1)=f(4),故C正确;
函数f(x),g(x)的图象分别关于直线x=32,x=2对称,
又g(x)=f'(x),且函数f(x)可导,
所以g32=0,g(3-x)=-g(x),
所以g(4-x)=g(x)=-g(3-x),所以g(x+2)=-g(x+1)=g(x),
所以g-12=g32=0,g(-1)=g(1)=-g(2),故B正确,D错误;
若函数f(x)满足题设条件,则函数f(x)+C(C为常数)也满足题设条件,所以无法确定f(x)的函数值,故A错误.
7.(2022·全国甲卷理科)已知函数f(x)=exx-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
【命题意图】本题主要考查利用导函数研究函数单调性,即构造函数证明不等式恒成立问题,属于较难题目.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ex(x-1)x2-1x+1=(ex+x)(x-1)x2,
令f'(x)>0,解得x>1,
故函数f(x)在(0,1)上单调递减,(1,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(1)=e+1-a,要使得f(x)≥0恒成立,仅需e+1-a≥0,
故a≤e+1,故a的取值范围是(-∞,e+1];
(2)由已知若函数f(x)有两个零点,
故f(1)=e+1-a<0,即a>e+1,
不妨设0即证明x2<1x1,因为01,
即证明1又因为f(x)在(1,+∞)上单调递增,
即证明:f(x2)构造函数h(x)=f(x)-f1x,0h'(x)=f'(x)+1x2f'1x=(x-1)ex+x-x·e1x-1x2,
令k(x)=ex+x-x·e1x-1,0k'(x)=(ex+1)+1x-1e1x>0,所以k(x)在(0,1)上单调递增,k(x)又因为x-1<0,x2>0,
故h'(x)>0在(0,1)上恒成立,
故h(x)在(0,1)上单调递增,
又因为h(1)=0,故h(x)故f(x1)8.(2022·新高考Ⅰ卷·T22)(12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【命题意图】本题考查了导数的应用,利用导数求函数的单调性,函数的零点,解题的关键是利用函数的单调性求得三个不同交点横坐标的数量关系.
【解析】(1)f(x)=ex-ax的定义域为R,而f'(x)=ex-a,
若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.
g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1x=ax-1x.
当x当x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(ln a)=a-aln a.
当0当x>1a时,g'(x)>0,故g(x)在1a,+∞上单调递增,
故g(x)min=g1a=1-ln1a.
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,
故1-ln1a=a-aln a,整理得到a-11+a=ln a,其中a>0,
设t(a)=a-11+a-ln a,a>0,则t'(a)=2(1+a)2-1a=-a2-1a(1+a)2<0,
故t(a)在(0,+∞)上单调递减,而t(1)=0,
故t(a)=0的唯一解为a=1,故a-11+a=ln a的解为a=1.
综上,a=1.
(2)由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln11=1.
当b>1时,考虑ex-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.
设S(x)=ex-x-b,S'(x)=ex-1,
当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,
故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以S(x)min=S(0)=1-b<0,
而S(-b)=e-b>0,S(b)=eb-2b,
设u(b)=eb-2b,其中b>1,则u'(b)=eb-2>0,
故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,
故S(b)>0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点,即ex-x=b的解的个数为2.
设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=x-1x,
当01时,T'(x)>0,
故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以T(x)min=T(1)=1-b<0,
而T(e-b)=e-b>0,T(eb)=eb-2b>0,
T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.
当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b仅有一个零点,
当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b均无零点,
故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,
则b>1.
设h(x)=ex+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=ex+1x-2,
设s(x)=ex-x-1,x>0,则s'(x)=ex-1>0,
故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即ex>x+1,
所以h'(x)>x+1x-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
而h(1)=e-2>0,h1e3=e1e3-3-2e3故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,1e3当0当x>x0时,h(x)>0,即ex-x>x-ln x,即f(x)>g(x),
因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,
故b=f(x0)=g(x0)>1,
此时ex-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0此时x-lnx=b有两个不同的零点x0,x4(0故ex1-x1=b,ex0-x0=b,x4-ln x4-b=0,x0-ln x0-b=0,
所以x4-b=ln x4,即ex4-b=x4,即ex4-b-(x4-b)-b=0,
故x4-b为方程ex-x=b的解,同理x0-b也为方程ex-x=b的解,
又ex1-x1=b可化为ex1=x1+b,即x1-ln(x1+b)=0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,
故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,
所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,
故x0=x4-b,x1=x0-b,即x1+x4=2x0.所以x1,x0,x4成等差数列.
所以,存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
9.(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:112+1+122+2+…+1n2+n>ln(n+1).
【命题意图】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性,考查了学生分析问题和转化问题的能力.
【解析】(1)当a=1时,f(x)=(x-1)ex,则f'(x)=xex,
当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,
故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
(2)设h(x)=xeax-ex+1,则h(0)=0,
又h'(x)=(1+ax)eax-ex,
设g(x)=(1+ax)eax-ex,
则g'(x)=(2a+a2x)eax-ex,
若a>12,则g'(0)=2a-1>0,
因为g'(x)为连续不间断函数,
故存在x0∈(0,+∞),使得∀x∈(0,x0),总有g'(x)>0,
故g(x)在(0,x0)上单调递增,
故g(x)>g(0)=0,
故h(x)在(0,x0)上单调递增,
故h(x)>h(0)=0,与题设矛盾.
若0下证:对任意x>0,总有ln(1+x)设S(x)=ln(1+x)-x,故S'(x)=11+x-1=-x1+x<0,
故S(x)在(0,+∞)上单调递减,故S(x)由上述不等式有eax+ln(1+ax)-ex故h'(x)≤0总成立,即h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)当a≤0时,有h'(x)=eax-ex+axeax<1-1+0=0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以h(x)综上,a≤12,即a的取值范围为-∞,12.
(3)取a=12,则∀x>0,总有xe12x-ex+1<0成立,
令t=e12x,则t>1,t2=ex,x=2ln t,
故2tln t1恒成立.
所以对任意的n∈N*,有2lnn+1n整理得到:ln(n+1)-ln n<1n2+n,
故112+1+122+2+…+1n2+n>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln(n+1)-ln n=ln(n+1),
故不等式成立.
10.(2022·全国甲卷文科)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点x1,fx1处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
【命题意图】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程,利用导数研究函数的图象,数形结合的数学思想等知识
【解析】(1)由题意知,f(-1)=-1-(-1)=0,
f'(x)=3x2-1,f'(-1)=3-1=2,则y=f(x)在点-1,0处的切线方程为y=2(x+1),
即y=2x+2,设该切线与g(x)切于点x2,g(x2),g'(x)=2x,则g'(x2)=2x2=2,解得x2=1,则g(1)=1+a=2+2,解得a=3;
(2)f'(x)=3x2-1,则y=f(x)在点x1,f(x1)处的切线方程为y-x13-x1=3x12-1(x-x1),整理得y=3x12-1x-2x13,
设该切线与g(x)切于点x2,g(x2),g'(x)=2x,则g'(x2)=2x2,则切线方程为y-x22+a=2x2(x-x2),整理得y=2x2x-x22+a,
则3x12-1=2x2-2x13=−x22+a,
整理得a=x22-2x13=3x122-122-2x13=94x14-2x13-32x12+14,
令h(x)=94x4-2x3-32x2+14,则h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1),令h'(x)>0,解得-131,
令h'(x)<0,解得x<-13或0则h(x)的值域为-1,+∞,故a的取值范围为-1,+∞.
11.(2022·全国乙卷文科·T20)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
【命题意图】考查导数概念、导数与函数的单调性、最值之间的关系,运用导数研究函数的性质及零点个数,考查分类讨论思想,数学运算能力、逻辑推理能力等.
【解析】(1)当a=0时,f(x)=-1x-ln x,x>0,则f'(x)=1x2-1x=1−xx2,
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
所以f(x)max=f(1)=-1;
(2)f(x)=ax-1x-(a+1)ln x,x>0,则f'(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2,
当a≤0时,ax-1<0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
所以f(x)max=f(1)=a-1<0,此时函数无零点,不合题意;
当01,在(0,1),1a,+∞上,
f'(x)>0,f(x)单调递增;
在1,1a上,f'(x)<0,f(x)单调递减;
又f(1)=a-1<0,当x趋近正无穷大时,f(x)趋近于正无穷大,
所以f(x)仅在1a,+∞上有唯一零点,符合题意;
当a=1时,f'(x)=(x-1)2x2≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,
所以f(x)有唯一零点,符合题意;
当a>1时,1a<1,在0,1a,(1,+∞)上,
f'(x)>0,f(x)单调递增;
在1a,1上,f'(x)<0,f(x)单调递减;
此时f(1)=a-1>0,
又f1an=1an-1-an+n(a+1)ln a,当n趋近正无穷大时,f1an趋近负无穷,
所以f(x)在0,1a上有一个零点,在1a,+∞上无零点,
所以f(x)有唯一零点,符合题意.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
【误区警示】本题的关键是对a的范围进行合理分类,否定和肯定并用,否定只需要说明一边不满足即可,肯定要两方面都说明.
12.(2022·北京高考·T20)(本小题15分)
已知函数f(x)=exln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
【命题意图】本题主要考查利用导数研究曲线的切线方程、函数的单调性、证明不等式等问题,考查学生数学运算、逻辑推理的核心素养.
【解析】(1)由题知,f'(x)=exln(x+1)+ex1+x,
故f'(0)=e0ln(0+1)+e01+0=1,f(0)=e0ln(0+1)=0,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
(2)由(1)得,
g(x)=f'(x)=exln(x+1)+ex1+x,x∈[0,+∞),则g'(x)=exln(x+1)+21+x-1(1+x)2,
设h(x)=ln(x+1)+2x+1-1(1+x)2,x∈[0,+∞),
则h'(x)=11+x-2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0,
故h(x)在[0,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(0)=1>0,
所以g'(x)>0对∀x∈[0,+∞)恒成立,故g(x)在[0,+∞)上单调递增.
另解:g'(x)=exln(x+1)+21+x-1(1+x)2=exln(x+1)+1x+1+1x+1-1(1+x)2
=exln(x+1)+1x+1+x(1+x)2,
由于x∈[0,+∞),故ln(x+1)≥0,11+x>0,x(1+x)2≥0,所以g'(x)>0对任意x∈[0,+∞)恒成立,故g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)设m(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)=es+tln(1+s+t)-esln(1+s)-etln(1+t),
则m'(s)=es+tln(1+s+t)+11+s+t-esln(1+s)+11+s=g(s+t)-g(s),
由(2)得g(x)在[0,+∞)上单调递增,故s>0,t>0时,m'(s)=g(s+t)-g(s)>g(t)-g(0)>g(0)-g(0)=0,因此m(s)在(0,+∞)上单调递增,故m(s)>m(0)=f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0)=0,所以对∀s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
13.(2022·浙江高考数学科·T22)(15分)设函数f(x)=e2x+ln x(x>0).
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;
(Ⅱ)已知a,b∈R,曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1)),(x2,f(x2)),(x3,f(x3))处的切线都经过点(a,b).证明:
(ⅰ)若a>e,则0(ⅱ)若0(注:e=2.718 28…是自然对数的底数)
【命题意图】导数在研究函数的单调性和不等关系中的应用,意在考查学生的推理论证能力和分类讨论的思想方法.
【解析】(Ⅰ)f'(x)=-e2x2+1x=2x-e2x2(x>0),
当0e2时,f'(x)>0,
故f(x)的单调递减区间为0,e2,f(x)的单调递增区间为e2,+∞.
(Ⅱ)(ⅰ)因为过(a,b)有三条不同的切线,设切点为(xi,f(xi)),i=1,2,3,
故f(xi)-b=f'(xi)(xi-a),
故方程f(x)-b=f'(x)(x-a)有3个不同的根,
该方程可整理为1x-e2x2(x-a)-e2x-ln x+b=0,
设g(x)=1x-e2x2(x-a)-e2x-ln x+b,
则g'(x)=1x-e2x2+-1x2+ex3(x-a)-1x+e2x2=-1x3(x-e)(x-a),
当0a时,g'(x)<0;
当e0,
故g(x)在(0,e),(a,+∞)上单调递减,在(e,a)上单调递增,
因为g(x)有3个不同的零点,故g(e)<0且g(a)>0,
故1e-e2e2(e-a)-e2e-ln e+b<0且1a-e2a2(a-a)-e2a-ln a+b>0,
整理得到:be2a+ln a=f(a),
此时b-f(a)-12ae-1设u(a)=32-e2a-ln a,则u'(a)=e-2a2a2<0,
故u(a)在(e,+∞)上单调递减,故u(a)<32-e2e-ln e=0,
故0(ⅱ)当0故g(x)在(0,a),(e,+∞)上单调递减,在(a,e)上单调递增,
因为g(x)有3个不同的零点,故g(a)<0且g(e)>0,
故1e-e2e2(e-a)-e2e-ln e+b>0且1a-e2a2(a-a)-e2a-ln a+b<0,
整理得到:a2e+1因为x1又g(x)=1-a+ex+ea2x2-ln x+b,
设t=ex,ae=m∈(0,1),则方程1-a+ex+ea2x2-ln x+b=0即为:
-a+eet+a2et2+ln t+b=0,即为-(m+1)t+m2t2+ln t+b=0,
记t1=ex1,t2=ex2,t3=ex3,
则t1,t1,t3为-(m+1)t+m2t2+ln t+b=0有三个不同的根,
设k=t1t3=x3x1>ea>1,m=ae<1,
要证:2e+e-a6e2<1x1+1x3<2a-e-a6e2,即证2+e-a6e即证:13−m6即证:t1+t3-13−m6t1+t3-2m+1−m6<0,
即证:t1+t3-2-2m<(m-13)(m2-m+12)36m(t1+t3),
而-(m+1)t1+m2t12+ln t1+b=0且-(m+1)t3+m2t32+ln t3+b=0,
故ln t1-ln t3+m2(t12-t32)-(m+1)(t1-t3)=0,
故t1+t3-2-2m=-2m×lnt1-lnt3t1-t3,
故即证:-2m×lnt1-lnt3t1-t3<(m-13)(m2-m+12)36m(t1+t3),
即证:(t1+t3)lnt1t3t1-t3+(m-13)(m2-m+12)72>0
即证:(k+1)lnkk-1+(m-13)(m2-m+12)72>0,
记φ(k)=(k+1)lnkk-1,k>1,则φ'(k)=1(k-1)2k-1k-2ln k>0,
设u(k)=k-1k-2ln k,则u'(k)=1+1k2-2k>2k-2k=0,即φ'(k)>0,
故φ(k)在(1,+∞)上单调递增,故φ(k)>φ(m),
所以(k+1)lnkk-1+(m-13)(m2-m+12)72>(m+1)lnmm-1+(m-13)(m2-m+12)72,
记ω(m)=ln m+(m-1)(m-13)(m2-m+12)72(m+1),0则ω'(m)=(m-1)2(3m3-20m2-49m+72)72m(m+1)2>(m-1)2(3m3+3)72m(m+1)2>0,
所以ω(m)在(0,1)单调递增,故ω(m)<ω(1)=0,
故ln m+(m-1)(m-13)(m2-m+12)72(m+1)<0,即(m+1)lnmm-1+(m-13)(m2-m+12)72>0,
故原不等式得证.
x
(-∞,
-13)
-13
(-13,
0)
0
(0,1)
1
(1+∞)
h'(x)
-
0
+
0
-
0
+
h(x)
↘
527
↗
14
↘
-1
↗

2022年高考分类题库考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值

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