2024版新教材高考数学复习特训卷考点过关检测6函数与导数

考点过关检测6 函数与导数

1．[2023·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝，a∈R.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：xf(x)＋e－x>－a.

2．[2023·山东济南模拟]已知函数f(x)＝ax，g(x)＝.

(1)当x∈[0，π]时，若a＝1，证明：f(x)≥g(x).

(2)当x>0时，f(x)≥g(x)，求a的取值范围．

3．已知函数f(x)＝mx ln x＋x2，m≠0.

(1)若m＝－2，求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(x1)＝f(x2)＝0，且x1≠x2，证明：ln x1＋ln x2>2.

4．已知函数f(x)＝ln x－x.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设函数g(x)＝f(x)＋a，若x1，x2∈(0，e]是函数g(x)的两个零点，

①求a的取值范围；

②求证：x1x2<1.

考点过关检测6　函数与导数

1．解析：（1）函数f（x）＝＝ln x－，定义域为（0，＋∞），f′（x）＝＋＝，

①当a≥0时，f′（x）>0，f（x）单调递增；

②当a<0时，－a>0，x∈（0，－a）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；

x∈（－a，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增，

综上，当a≥0时，f（x）的单调递增区间为（0，＋∞），无单调递减区间；

当a<0时，f（x）的单调递减区间为（0，－a），单调递增区间为（－a，＋∞）.

（2）证明：由（1）知，当a＝－1时，f（x）＝ln x＋，且f（x）≥f（1）＝1，所以x ln x＋1≥x，

因为f（x）＝，所以不等式xf（x）＋e－x>－a等价于x ln x＋e－x>0，

令g（x）＝x＋e－x－1，则g′（x）＝1－e－x＝>0在x>0时恒成立，

所以当x>0时，g（x）>g（0）＝0，即x＋e－x－1>0.

又x ln x＋1≥x，所以x ln x＋e－x≥x－1＋e－x>0，

故x ln x＋e－x>0，即xf（x）＋e－x>－a.

2．解析：（1）当a＝1时，需证f（x）≥g（x），只需证2x－x cos x－sin x≥0，

设h（x）＝2x－x cos x－sin x，h′（x）＝2－2cos x＋x sin x，

当x∈[0，π]时，h′（x）＝2（1－cos x）＋x sin x≥0，

所以h（x）在[0，π]上单调递增，所以h（x）≥h（0）＝0.

所以f（x）≥g（x）.

（2）因为f（x）≥g（x），所以2ax－ax cos x－sin x≥0，

设φ（x）＝2ax－ax cos x－sin x，可得φ（0）＝0，

又φ′（x）＝2a－a（cos x－x sin x）－cos x，则φ′（0）＝a－1，

若a≥1，φ（x）≥2x－x cos x－sin x，由（1）知，当x∈[0，π]时，φ（x）≥φ（0）＝0；

当x∈（π，＋∞）时，2x－x cos x－sin x＝x（1－cos x）＋（x－sin x）>0，

所以φ（x）≥0恒成立，符合题意；

若a≤0，φ（x）＝2ax－ax cos x－sin x＝ax（1－cos x）＋ax－sin x，

当x∈（0，）时，φ（x）<0，不合题意；

若0<a<1，因为x∈（0，）时，φ″（x）＝（2a＋1）sin x＋ax cos x≥0，

所以φ′（x）在（0，）上单调递增，

因为φ′＝（2＋）a>0，又φ′（0）<0，

所以存在x0∈（0，），φ′（x0）＝0，

当x∈（0，x0）时，φ′（x）<0，

φ（x）在（0，x0）上单调递减，φ（x）<φ（0）＝0，不合题意；

综上，a的取值范围是[1，＋∞）.

3．解析：（1）依题意f（x）＝－2x ln x＋x2，f′（x）＝－2ln x－2＋2x＝2（x－ln x－1）.

令g（x）＝x－ln x－1，则g′（x）＝1－＝（x>0），

当x∈（0，1）时，g′（x）<0，当x∈（1，＋∞）时，g′（x）>0，

故函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，则g（x）≥g（1）＝0，即f′（x）≥0，

故函数f（x）的单调递增区间为（0，＋∞），无单调递减区间．

（2）证明：要证ln x1＋ln x2>2，即证ln （x1x2）>2.

依题意，x1、x2是方程mx ln x＋x2＝0的两个不等实数根，不妨令x1>x2，

因为x>0，故，

两式相加可得m（ln x1＋ln x2）＋（x1＋x2）＝0，

两式相减可得m（ln x1－ln x2）＋（x1－x2）＝0，

消去m，整理得＝，故ln （x1x2）＝ln ·＝ln ·，

令＝t>1，故只需证明ln t·>2，即证明ln t>，

设h（t）＝ln t－，故h′（t）＝－＝>0，

故h（t）在（1，＋∞）上单调递增，

从而h（t）>h（1）＝0，因此ln t>.

故原不等式得证．

4．解析：（1）∵f（x）定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－1＝，

∴当x∈（0，1）时，f′（x）>0；当x∈（1，＋∞）时，f′（x）<0；

f（x）的单调递增区间为（0，1）；单调递减区间为（1，＋∞）.

（2）①若x1，x2∈（0，e]是g（x）的两个不同零点，则y＝f（x）与y＝－a在（0，e]上有两个不同交点；

由（1）知：f（x）max＝－1，又f（e）＝1－e，

f（x）在（0，e]的图象如图所示，

由图象可知：1－e≤－a<－1，∴1<a≤e－1，即a的取值范围为（1，e－1].

②证明：不妨设x1<x2，由①知：0<x1<1<x2≤e，

∴g（x）＝f（x）＋a，∴g′（x）＝，

∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；

设F（x）＝g（x）－g（1<x≤e），则F′（x）＝－·＝＋＝－<0，

∴F（x）在（1，e]上单调递减，∴F（x）<F（1）＝0，∴g（x）<g，

又x2∈（1，e]，∴g（x2）<g，又g（x1）＝g（x2），∴g（x1）<g；

∵x1∈（0，1），∈[，1），g（x）在（0，1）上单调递增，

∴x1<，则x1x2<1.