2025届高考数学统考二轮复习增分强化练三十九导数的综合应用理含解析

PAGE增分强化练(三十九)考点一利用导数证明不等式(2024·乌鲁木齐质检)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－x－2a＋1.(1)若a＝－2，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x，x2，求证：f(x1)＋f(x2)<0.解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝lnx－eq\f(2,x)－x＋5，f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)－1＝eq\f(－x2＋x＋2,x2)＝eq\f(－x2－x－2,x2)＝eq\f(－x－2x＋1,x2)，当0<x<2时，f′(x)>0，当x>2时，f′(x)<0，∴f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．(2)证明：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－1＝eq\f(－x2＋x－a,x2)(x＞0)，f(x)有两个极值点x1，x2得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－4a>0,x1＋x2＝1,x1x2＝a))，∴0<a<eq\f(1,4)，∴f(x1)＋f(x2)＝ln(x1x2)＋eq\f(ax1＋x2,x1x2)－(x1＋x2)－4a＋2＝lna－4a＋2，令g(a)＝lna－4a＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(1,4)))，则g′(a)＝eq\f(1,a)－4＝eq\f(1－4a,a)＞0，∴g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递增，∴g(a)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝lneq\f(1,4)－1＋2＝1－ln4＜0.∴f(x1)＋f(x2)<0.考点二利用导数解决不等式恒成立、存在性问题已知函数f(x)＝ex(lnx＋1)．(1)证明：函数f(x)在其定义域上是单调递增函数；(2)设m>0，当x∈[1，＋∞)时，不等式eq\f(mfx,e3x)－eq\f(1,x)≤0恒成立，求m的取值范围．解析：(1)证明：因为x∈(0，＋∞)，f(x)＝ex(lnx＋1)，所以f′(x)＝ex(lnx＋eq\f(1,x)＋1)(x>0)．令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，则g(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．故g(x)min＝g(1)＝2>0，从而f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)当x∈[1，＋∞)时，不等式eq\f(mfx,e3x)－eq\f(1,x)≤0恒成立等价于当x∈[1，＋∞)时，不等式eq\f(mlnx＋1,e2x)－eq\f(1,x)≤0恒成立，即当x∈[1，＋∞)时，eq\f(mlnx＋1,ex)－eq\f(ex,x)≤0恒成立．记h(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，φ(x)＝－eq\f(ex,x)，则h′(x)＝eq\f(\f(1,x)－1－lnx,ex)，φ′(x)＝eq\f(ex1－x,x2).因为当x≥1时，eq\f(1,x)－1－lnx≤0，所以h′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，即h(x)在[1，＋∞)上单调递减．因为当x≥1时，1－x≤0，所以φ′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，即φ(x)在[1，＋∞)上单调递减．记P(x)＝mh(x)＋φ(x)，因为m>0，所以P(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以P(x)max＝P(1)＝eq\f(m,e)－e.因为eq\f(mlnx＋1,ex)－eq\f(ex,x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以eq\f(m,e)－e≤0，即m≤e2.又m>0，故m的取值范围为(0，e2]．考点三利用导数探讨函数的零点或方程的根(2024·石家庄模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)已知e为自然对数的底数，求函数f(x)在x＝eq\f(1,e2)处的切线方程；(2)当x>1时，方程f(x)＝a(x－1)＋eq\f(1,x)(a>0)有唯一实数根，求a的取值范围．解析：(1)由题意，函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，定义域(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝2e4，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－e2函数f(x)在x＝eq\f(1,e2)处的切线方程为y＋e2＝2e4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,e2)))，整理得y＝2e4x－3e2，即函数f(x)在x＝eq\f(1,e2)处的切线方程y＝2e4x－3e2.(2)当x>1时，方程f(x)＝a(x－1)＋eq\f(1,x)，即lnx－a(x2－x)＝0，令h(x)＝lnx－a(x2－x)，有h(1)＝0，h′(x)＝eq\f(－2ax2＋ax＋1,x)，令r(x)＝－2ax2＋ax＋1，①因为a>0，r(0)＝1，r(1)＝1－a≤0即a≥1，r(x)在(1，＋∞)单调递减，r(1)<0，所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)在(1，＋∞)单调递减，h(x)<h(1)＝0，方程f(x)＝a(x－1)＋eq\f(1,x)无实根.②由r(1)>0,1－a>0,0<a<1时，r(x)在(1，＋∞)单调递减，r(1)＝1－a>0，存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增；x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减；h(x0)max>h(0)＝0，取x＝1＋eq\f(1,a)，则heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))2＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))，令t＝1＋eq\f(1,a)，(t>1)，由h(t