高考数学一轮复习第三章 高考专题突破一 第2课时

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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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))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)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，[1分]
令g(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))，
∴g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,x＋12)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))，
易知g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上单调递减．[2分]
又g′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－sin eq \f(π,2)＋eq \f(4,π＋22)＝eq \f(4,π＋22)－10；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))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′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝cs eq \f(π,2)－eq \f(2,π＋2)＝－eq \f(2,π＋2)f (0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sin eq \f(π,2)－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))
＝ln eq \f(2e,π＋2)>ln 1＝0.
∴f (x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上恒成立，不存在零点．[9分]
③当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，易知f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>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＝eq \f(1,2)，
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0e2，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0， ①,ln x2－mx2＝0， ②))
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
即m＝eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)，
从而可得eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
于是ln x1＋ln x2＝eq \f(ln x2－ln x1x2＋x1,x2－x1)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,x1)))ln \f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).
又01.
要证ln x1＋ln x2>2，即证eq \f(t＋1ln t,t－1)>2(t>1)，
即证当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，
令h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数，
因此h(t)>ln 1－eq \f(21－1,1＋1)＝0.
于是当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
所以有ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2.
1．已知函数f (x)＝a＋eq \r(x)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)＝(eq \r(x))′ln x＋eq \r(x)·eq \f(1,x)＝eq \f(\r(x)ln x＋2,2x)，
令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋2,x2＋2)＝t，,x1－x2＝ln \f(x1＋2,x2＋2)，))
解得x1＋2＝eq \f(tln t,t－1)，x2＋2＝eq \f(ln t,t－1)，
所以x1＋x2＋4＝eq \f(t＋1ln t,t－1)，
欲证x1＋x2>－2，只需证明eq \f(t＋1ln t,t－1)>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＋eq \f(1,t)(t＋1)－2＝ln t＋eq \f(1,t)－1.
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t≥1)，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)≥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．x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
↗
极小值
↘
x
(1,2)
2
(2,4)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
↗
极小值
↘
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
eq \f(1,e)
↘