考点过关检测（三十三）1．已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．解：(1) f(x)＝kx－lnx－1，∴f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)；当0时，f′(x)>0.∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝lnk， f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1.(2)证明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号， n∈N*，令x＝，得>ln，∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>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－＋1＝－＜0.令F(a)＝f(2－2lna)＝2－2lna－＋1＝3－2lna－(0＜a＜1)，则F′(a)＝－＋＝＞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＝.令g(x)＝，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≥2＝2e＞2.法二：由题意得所以x1＋x2＋2＝a(ex1＋ex2)且a＝，所以x1＋x2＋2＝(ex1＋ex2)＝.令x2－x1＝t(t＞0)，则x1＋x2＋2＝.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＞2，结合①知x1＋x2＞0，故ex1＋ex2≥2＝2e＞2.3．(2019·汕头模拟)已知f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋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＝，证明：h′(x0)＜0.解：(1) h(x)＝lnx－x2－2x，x∈(0，＋∞)，∴h′(x)＝－3x－2＝＝，x∈(0，＋∞)．令h′(x)＝＝0，得x＝，当0＜x＜时，h′(x)＞0，h(x)在上单调递增，当x＞时，h′(x)＜0，h(x)在上单调递减，∴h(x)极大值＝h＝－ln3－，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－ax－bx1＝0，h(x2)＝lnx2－ax－bx2＝0，∴h(x1)－h(x2)＝lnx1－ax－bx1－(lnx2－ax－bx2)＝lnx1－lnx2－a(x－x)－b(x1－x2)＝0.即a(x－x)＋b(x1－x2)＝lnx1－lnx2，又h′(x)＝f′(x)－g′(x)＝－(ax＋b)，x0＝，∴h′(x0)＝－，∴(x1－x2)h′(x0)＝(x1－x2)－a·－b＝－＝－(lnx1－lnx2)＝－ln.令＝t(0＜t＜1)，r(t)＝－lnt(0＜t＜1)，∴r′(t)＝－＝＜0，∴r(t)在(0,1)上单调递减，故r(t)＞r(1)＝0，∴－ln＞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＋.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≥恒成立．设g(x)＝，则2a≥g(x)max.g′(x)＝－，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≥，...
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