六导数(A)1.(2018·湖南怀化模拟)设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合:“①方程f(x)-x=0有实数根;②函数f(x)的导数f′(x)满足00且关于x的方程f(x)=m有两解x1,x2(x12a.4.(2018·德阳模拟)已知函数f(x)=ln(x+1).(1)当x∈(-1,0)时,求证:f(x)0.1.(1)解:函数f(x)=+是集合M中的元素.理由如下:因为f′(x)=+cosx,所以f′(x)∈[,]满足条件00,所以f(x)为增函数,所以f(x2)f(x3)-x3,所以00,x∈(0,1),所以m′1(x)在(0,1)上单调递增,则当x∈(0,1)时,m′1(x)>m′1(0)=0,所以m1(x)在(0,1)上也为增函数,所以x∈(0,1)时,1=m1(0)0,m2(x)为增函数,且m2()=-,m2(1)=0,所以-≤m2(x)<0,②由①②可得1-0,则当x∈(0,a)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.②若a=0,则当f′(x)=2x>0在x∈(0,+∞)内恒成立,函数f(x)单调递增.③若a<0,则当x∈(0,-)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(-,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.(2)证明:要证x1+x2>2a,只需证>a.设g(x)=f′(x)=-+2x-a,因为g′(x)=+2>0,所以g(x)=f′(x)为单调递增函数.所以只需证f′()>f′(a)=0,即证-+x1+x2-a>0,只需证-+(x1+x2-a)>0.(*)又-a2lnx1+-ax1=m,-a2lnx2+-ax2=m,所以两式相减,并整理,得-+(x1+x2-a)=0.把(x1+x2-a)=代入(*)式,得只需证-+>0,可化为-+ln<0.令=t,得只需证-+lnt<0.令(t)=-+lnt(00,所以(t)在其定义域上为增函数,所以(t)<(1)=0.综上得原不等式成立.4.(1)证明:记q(x)=x-ln(x+1),则q′(x)=1-=,在(-1,0)上,q′(x)<0,即q(x)在(-1,0)上递减,所以q(x)>q(0)=0,即x>ln(x+1)=f(x)恒成立.记m(x)=x+ln(-x+1),则m′(x)=1+=,在(-1,0)上,m′(x)>0,即m(x)在(-1,0)上递增,所以m(x)ln(x+1)得,e-xh(0)=0,即g(x)>g(-x),而-1g(-x1),g(x1)=g(x2)=0,所以g(x2)>g(-x1),由题知,-x1,x2∈(0,+∞),g(x)在[0,+∞)上递增,所以x2>-x1,即x1+x2>0.
