《【满分冲刺】2022年高考数学必考重点题型技法突破》题型06 函数与导数题型（不等式证明与恒成立问题、极值点偏移与零点问题）（解析版）

3.0 envi 2025-03-09 18 4 789.53KB 30 页 3知币

函数与导数的应用

一、不等式的证明问题.........................................................................................................................................................1

二、极值点偏移问题（换元构造法）.................................................................................................................................5

三、不等式恒成立问题......................................................................................................................................................17

四、函数的零点问题..........................................................................................................................................................22

一、不等式的证明问题

1、已知函数 f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1，1)，且在点 A处

的切线互相垂直．

(1)求a，b的值；

(2)证明：当 x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

【解】　(1)因为 f(x)＝1－，

所以 f′(x)＝，f′(1)＝－1.

因为 g(x)＝＋－bx，

所以 g′(x)＝－－－b.

因为曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1，1)，且在点 A处的切线互相垂直，

所以 g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，

所以 g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得 a＝－1，b＝－1.

(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，

则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.

令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，

则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.

因为 x≥1，所以 h′(x)＝＋＋1>0，

所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，

所以当 x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

2、已知函数 f(x)＝eln x－ax(a∈R)．

(1)讨论 f(x)的单调性；

(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.

【解】　(1)f′(x)＝－a(x>0)，

①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②若a>0，则当 0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，

故f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：因为 x>0，所以只需证 f(x)≤－2e，

当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

所以 f(x)max＝f(1)＝－e.

记g(x)＝－2e(x>0)，

则g′(x)＝，

所以当 0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

当x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以 g(x)min＝g(1)＝－e.

综上，当x>0 时，f(x)≤g(x)，

即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.

3、已知 f(x)＝xln x.

(1)求函数 f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；

(2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x>－成立．

解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，

令f′(x)＝0，得x＝.

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

①当0<t<<t＋2，即0<t<时，f(x)min＝f＝－；

②当≤t<t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t.

所以 f(x)min＝.

(2)证明：问题等价于证明 xln x>－(x∈(0，＋∞))．

由(1)可知 f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，

当且仅当 x＝时取到．

设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，

则m′(x)＝，

由m′(x)<0 得x>1 时，m(x)为减函数，

由m′(x)>0 得0<x<1 时，m(x)为增函数，

易知 m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当 x＝1时取到．

从而对一切 x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不能同时取到，即证对一切 x∈(0，＋∞)都有 ln x>－

成立．

4、已知函数 f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)设x＝2是函数 f(x)的极值点，求实数 a的值，并求 f(x)的单调区间；

(2)证明：当 a≥时，f(x)≥0.

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.

由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝.

从而 f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.

当0<x<2 时，f′(x)<0；当 x>2 时，f′(x)>0.

所以 f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.

设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.

当0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0.所以 x＝1是g(x)的最小值点．故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0.

因此，当a≥时，f(x)≥0.

5、已知函数 f(x)＝ln x＋，a∈R.

(1)讨论函数 f(x)的单调性；

(2)当a>0 时，证明：f(x)≥.

解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．

当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a>0 时，若x>a，则f′(x)>0，函数 f(x)在(a，＋∞)上单调递增；

若0<x<a，则f′(x)<0，函数 f(x)在(0，a)上单调递减．

(2)证明：由(1)知，当a>0 时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.

要证 f(x)≥，只需证 ln a＋1≥，

即证 ln a＋－1≥0.

令函数 g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，

当0<a<1 时，g′(a)<0，当a>1 时，g′(a)>0，

所以 g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以 g(a)min＝g(1)＝0.

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