2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习函数与导数考点过关检测三十七解析

考点过关检测（三十七）1．(2019·烟台二模)已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值．(1)求实数a的值；(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2＋34＋49＋…＋n＋1n2＞ln(n＋1)都成立．解：(1)因为f′(x)＝1x＋a－2x－1，又x＝0为f(x)的极值点．所以f′(0)＝1a－1＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝ln(x＋1)－x2－x.因为f′(x)＝1x＋1－2x－1＝－x2x＋3x＋1(x－1)．由f′(x)＝0，得x＝0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.x(－1,0)0(0，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x2＋x(当且仅当x＝0时取等号)．令x＝1n，则ln1n＋1＜1n2＋1n，即lnn＋1n＜n＋1n2，所以ln21＋ln32＋…＋lnn＋1n＜2＋34＋…＋n＋1n2.即2＋34＋49＋…＋n＋1n2＞ln(n＋1)．2．(2020届高三·武汉调研)已知a∈R，函数f(x)＝x－aex＋1有两个零点x1，x2(x1＜x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)证明：ex1＋ex2＞2.解：(1)f′(x)＝1－aex，①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，不合题意，舍去．②当a＞0时，令f′(x)＞0，解得x＜－lna；令f′(x)＜0，解得x＞－lna.故f(x)在(－∞，－lna)上单调递增，在(－lna，＋∞)上单调递减．由函数y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1＜x2)，知其必要条件为a＞0且f(－lna)＝－lna＞0，即0＜a＜1.此时，－1＜－lna＜2－2lna，且f(－1)＝－1－ae＋1＝－ae＜0.令F(a)＝f(2－2lna)＝2－2lna－e2a＋1＝3－2lna－e2a(0＜a＜1)，则F′(a)＝－2a＋e2a2＝e2－2aa2＞0，所以F(a)在(0,1)上单调递增，所以F(a)＜F(1)＝3－e2＜0，即f(2－2lna)＜0.故a的取值范围是(0,1)．(2)证明：法一：令f(x)＝0⇒a＝x＋1ex.令g(x)＝x＋1ex，则g′(x)＝－xe－x，g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．由(1)知0＜a＜1，故有－1＜x1＜0＜x2.令h(x)＝g(－x)－g(x)(－1＜x＜0)，则h(x)＝(1－x)ex－(1＋x)e－x(－1＜x＜0)，h′(x)＝－xex＋xe－x＝x(e－x－ex)＜0，所以h(x)在(－1,0)上单调递减，故h(x)＞h(0)＝0，故当－1＜x＜0时，g(－x)－g(x)＞0，所以g(－x)＞g(x)，而g(x1)＝g(x2)＝a，故g(－x1)＞g(x2)．又g(x)在(0，＋∞)上单调递减，－x1＞0，x2＞0，所以－x1＜x2，即x1＋x2＞0，故ex1＋ex2≥2ex1·ex2＝2ex1＋x22＞2.法二：由题意得x1＋1＝aex1，x2＋1＝aex2，所以x1＋x2＋2＝a(ex1＋ex2)且a＝x2－x1ex2－ex1，所以x1＋x2＋2＝x2－x1ex2－ex1(ex1＋ex2)＝x2－x1ex2－x1＋1ex2－x1－1.令x2－x1＝t(t＞0)，则x1＋x2＋2＝tet＋1et－1.①令m(t)＝(t－2)et＋t＋2(t＞0)，则m′(t)＝(t－1)et＋1，令n(t)＝(t－1)et＋1(t＞0)，则n′(t)＝tet＞0，所以m′(t)在(0，＋∞)上单调递增，故m′(t)＞m′(0)＝0，所以m(t)在(0，＋∞)上单调递增，故m(t)＞m(0)＝0，即tet＋1et－1＞2，结合①知x1＋x2＞0，故ex1＋ex2≥2ex1·ex2＝2ex1＋x22＞2.3．(2019·汕头模拟)已知f(x)＝lnx，g(x)＝12ax2＋bx(a≠0)，h(x)＝f(x)－g(x)．(1)若a＝3，b＝2，求h(x)的极值；(2)若函数y＝h(x)的两个零点为x1，x2(x1≠x2)，记x0＝x1＋x22，证明：h′(x0)＜0.解：(1)∵h(x)＝lnx－32x2－2x，x∈(0，＋∞)，∴h′(x)＝1x－3x－2＝－3x2－2x＋1x＝－3x－1x＋1x，x∈(0，＋∞)．令h′(x)＝－3x－1x＋1x＝0，得x＝13，当0＜x＜13时，h′(x)＞0，h(x)在0，13上单调递增，当x＞13时，h′(x)＜0，h(x)在13，＋∞上单调递减，∴h(x)极大值＝h13＝－ln3－56，无极小值．(2)证明：∵函数y＝h(x)的两个零点为x1，x2(x1≠x2)，不妨设0＜x1＜x2，则h(x1)＝lnx1－12ax21－bx1＝0，h(x2)＝lnx2－12ax22－bx2＝0，∴h(x1)－h(x2)＝lnx1－12ax21－bx1－(lnx2－12ax22－bx2)＝lnx1－lnx2－12a(x21－x22)－b(x1－x2)＝0.即12a(x21－x22)＋b(x1－x2)＝lnx1－lnx2，又h′(x)＝f′(x)－g′(x)＝1x－(ax＋b)，x0＝x1＋x22，∴h′(x0)＝2x1＋x2－a·x1＋x22＋b，∴(x1－x2)h′(x0)＝(x1－x2)2x1＋x2－a·x1＋x22－b＝2x1－x2x1＋x2－12ax21－x22＋bx1－x2＝2x1－x2x1＋x2－(lnx1－lnx2)＝2x1x2－1x1x2＋1－lnx1x2.令x1x2＝t(0＜t＜1)，r(t)＝2t－1t＋1－lnt(0＜t＜1)，∴r′(t)＝4t＋12－1t＝－t－12t＋12t＜0，∴r(t)在(0,1)上单调递减，故r(t)＞r(1)＝0，∴2x1x2－1x1x2＋1－lnx1x2＞0，即(x1－x2)h′(x0)＞0.又x1－x2＜0，∴h′(x0)＜0.4．(2020届高三·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若a＝e(e为自然对数的底数)，证明：当x＞0时，f(x)＜xex＋1e.解：(1)f′(x)＝2ax－lnx－1.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0时，f′(x)≥0恒成立，即2ax－lnx－1≥0恒成立，即2a≥lnx＋1x恒成立．设g(x)＝lnx＋1x，则2a≥g(x)max.g′(x)＝－lnxx2，由g′(x)＞0，得lnx＜0，即0＜x＜1；由g′(x)＜0，得lnx＞0，即x＞1.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1.所以2a≥1，即a≥12，故a的取值范围是12，＋∞.(2)证明：当a＝e时，要证f(x)＜xex＋1e，即证ex2－xlnx＜xex＋1e.因为x＞0，所以只需证ex－lnx＜ex＋1ex，即证lnx＋1ex＞ex－ex.设h(x)＝lnx＋1ex，则h′(x)＝1x－1ex2＝ex－1ex2(x＞0)．由h′(x)＜0，得0＜x＜1e；由h′(x)＞0，得x＞1e.则h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增．所以h(x)min＝h1e＝0，从而h(x)≥0，即lnx＋1ex≥0.设φ(x)＝ex－ex(x＞0)，则φ′(x)＝e－ex(x＞0)．由φ′(x)＞0，得0＜x＜1；由φ′(x)＜0，得x＞1，则φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝0，从而φ(x)≤0，即ex－ex≤0.因为h(x)和φ(x)不同时为0，所以lnx＋1ex＞ex－ex，故原不等式成立．