2021高考数学一轮复习学案：第三章高考专题突破一第2课时导数与方程


第2课时　导数与方程

例1　(12分)(2019·全国Ⅰ)已知函数f (x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f (x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间上存在唯一极大值点；
(2)f (x)有且仅有2个零点．
规范解答
证明　(1)f (x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝cos x－，[1分]
令g(x)＝cos x－，x∈，
∴g′(x)＝－sin x＋，x∈，
易知g′(x)在上单调递减．[2分]
又g′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g′＝－sin ＋＝－10；
当x∈时，g′(x)0，
∴f (x)在(0，x0)上单调递增，此时f (x)>f (0)＝0，不存在零点，
又f′＝cos －＝－f (0)＝0，f ＝sin －ln
＝ln >ln 1＝0.
∴f (x)>0在上恒成立，不存在零点．[9分]
③当x∈时，易知f (x)在上单调递减，
又f >0，f (π)＝sin π－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)ln(π＋1)>1，
∴f (x)＝sin x－ln(1＋x)0恒成立，所以f (x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)ln a，
所以f (x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f (x)＝0或x＝，
由(1)知，当a≤0时，f (x)在R上单调递增；当a>0时，f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在
(ln a，＋∞)上单调递增；
若a≤0，由f (0)＝0，知f (x)在区间[0,1]上有一个零点；
若ln a≤0，即02得证．
例2　已知f (x)＝xln x－mx2－x，m∈R.若f (x)有两个极值点x1，x2，且x1e2(e为自然对数的底数)．
证明　欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，
由函数f (x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x)有两个零点，
又f′(x)＝ln x－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．
于是有
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
即m＝，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝
＝.
又01.
要证ln x1＋ln x2>2，即证>2(t>1)，
即证当t>1时，有ln t>，
令h(t)＝ln t－(t>1)，
则h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数，
因此h(t)>ln 1－＝0.
于是当t>1时，有ln t>.
所以有ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2.


1．已知函数f (x)＝a＋ln x(a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)判断f (x)的零点个数．
解　(1)函数f (x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝()′ln x＋·＝，
令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)－2，只需证明>2，
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t≥1)，
则g′(t)＝ln t＋(t＋1)－2＝ln t＋－1.
令h(t)＝ln t＋－1(t≥1)，
则h′(t)＝－≥0，h(t)单调递增，
所以g′(t)≥g′(1)＝0.
所以g(t)在区间[1，＋∞)上单调递增，
所以当t>1时，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．