2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练二十三微专题3导数与不等式

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练二十三微专题3导数与不等式，共4页。试卷主要包含了已知函数f＝·ln x－m.等内容，欢迎下载使用。
(1)若m＝1，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝(x－1)ln x－(x＋1)(x>0)，则f′(x)＝ln x＋ eq \f(x－1,x) －1＝ln x－ eq \f(1,x) ，所以f′(1)＝－1，又f(1)＝－2，所以切线方程为y＋2＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0.
(2)因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)≥0恒成立，所以m≤ eq \f(x－1,x＋1) ·ln x．令g(x)＝ eq \f(x－1,x＋1) ·ln x(x>0)，则m≤g(x)min，g′(x)＝ eq \f(2ln x,（x＋1）2) ＋ eq \f(x－1,x（x＋1）) ＝ eq \f(2ln x＋x－\f(1,x),（x＋1）2) ，令h(x)＝2ln x＋x－ eq \f(1,x) (x>0)，则h′(x)＝ eq \f(2,x) ＋1＋ eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x2＋2x＋1,x2) ＝ eq \f(（x＋1）2,x2) ＞0，
所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0，所以m≤0，即实数m的取值范围为(－∞，0].
2．已知函数g(x)＝ax－a－ln x，f(x)＝xg(x)，且g(x)≥0.
(1)求实数a的值；
(2)证明：存在x0，f′(x0)＝0，且当0＜x0＜1，0＜x＜1时，f(x)≤f(x0).
解：(1)解：g(x)的定义域为(0，＋∞)，且g′(x)＝a－ eq \f(1,x) .因为g(x)≥0，且g(1)＝0，故只需g′(1)＝0.
又g′(1)＝a－1，则a－1＝0，所以a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－ eq \f(1,x) .
显然当0＜x＜1时，g′(x)＜0，此时g(x)在(0，1)上单调递减；
当x＞1时，g′(x)＞0，此时g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以1是g(x)的唯一极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，实数a的值为1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x(x>0)，f′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x(x>0)，则h′(x)＝2－ eq \f(1,x) .
则当x∈(0， eq \f(1,2) )时，h′(x)＜0；
当x∈( eq \f(1,2) ，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0， eq \f(1,2) )上单调递减，在( eq \f(1,2) ，＋∞)上单调递增．
又h(e－2)＞0，h( eq \f(1,2) )＜0，h(1)＝0，所以h(x)在(0， eq \f(1,2) ]上有唯一零点x0，在[ eq \f(1,2) ，＋∞)上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0，1)时，h(x)＜0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x0是f(x)的唯一极大值点，
即x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，
所以存在x0，f′(x0)＝0，且当0