2024-2025学年高考数学一轮复习专题3.3函数与导数的综合应用知识点讲解理科版含解析

专题3.3函数与导数的综合应用（精测）1．(2024·四川成都模拟)已知函数f(x)＝e2x－2aex－2ax，其中a>0.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值．【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝e2x－2ex－2x，∴f′(x)＝2e2x－2ex－2，∴f′(0)＝2e0－2e0－2＝－2.又f(0)＝e0－2e0－0＝－1，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(－1)＝－2x，即2x＋y＋1＝0.(2)由题意得f′(x)＝2e2x－2aex－2a＝2(e2x－aex－a)．令t＝ex∈(0，＋∞)，则g(t)＝2(t2－at－a)．设t2－at－a＝0的解为t1，t2则t1＋t2＝a，t1t2＝－a，又∵a>0，∴函数y＝g(t)在(0，＋∞)上仅有一个零点．∴存在t0∈(0，＋∞)，使得g(t0)＝0，即存在x0满意t0＝ex0时，f′(x0)＝0.∴当t∈(0，t0)，即x∈(－∞，x0)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，x0)上单调递减；当t∈(t0，＋∞)，即x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．又当x→－∞时，e2x－2aex→0，－2ax→＋∞，∴f(x)→＋∞；当x>0时，ex>x，∴f(x)＝e2x－2aex－2ax>e2x－2aex－2aex＝ex(ex－4a)，∵当x→＋∞时，ex(ex－4a)→＋∞，∴f(x)→＋∞.∴函数f(x)有唯一零点时，必有f(x0)＝e2x0－2aex0－2ax0＝0.①又e2x0－aex0－a＝0，②由①②消去a，得ex0＋2x0－1＝0.令h(x)＝ex＋2x－1，∵h′(x)＝ex＋2>0，∴h(x)单调递增．又h(0)＝0，∴方程ex0＋2x0－1＝0有唯一解x＝0.将x＝0代入e2x0－aex0－a＝0，解得a＝eq\f(1,2)，∴当函数f(x)有唯一零点时，a为eq\f(1,2).2.(2024·广西桂林市联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))lnx＋eq\f(1,x)－x(a>0)．(1)若a＝eq\f(1,2)，求f(x)的极值点；(2)若曲线y＝f(x)上总存在不同的两点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，使得曲线y＝f(x)在P，Q两点处的切线平行，求证：x1＋x2>2.【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))·eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1(a>0)．(1)当a＝eq\f(1,2)时，f′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))＝－eq\f(（x－2）（2x－1）,2x2)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,2)或x>2；令f′(x)>0，得eq\f(1,2)<x<2，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，∴x＝eq\f(1,2)是f(x)的微小值点，x＝2是f(x)的极大值点．(2)证明：由题意知，f′(x1)＝f′(x2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))·eq\f(1,x1)－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))·eq\f(1,x2)－eq\f(1,xeq\o\al(2,2))－1(x1≠x2)，∴a＋eq\f(1,a)＝eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1＋x2,x1x2).∵x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，∴x1＋x2>2eq\r(x1x2)，则有x1x2<eq\f(（x1＋x2）2,4)，∴a＋eq\f(1,a)＝eq\f(x1＋x2,x1x2)>eq\f(4,x1＋x2)，∴x1＋x2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a＋\f(1,a))))eq\s\do7(max).∵a>0，∴eq\f(4,a＋\f(1,a))≤2(当且仅当a＝1时取等号)，∴x1＋x2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a＋\f(1,a))))eq\s\do7(max)＝2.3．(2024·云南昆明市高三诊断)已知函数f(x)＝2lnx－x＋eq\f(1,x).(1)求f(x)的单调区间；(2)若a>0，b>0，且a≠b，证明：eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2).【解析】(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋2x－1,x2)＝eq\f(－（x－1）2,x2)≤0.所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间．(2)设a>b>0，则eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb)⇔lna－lnb<eq\f(a－b,\r(ab))⇔lneq\f(a,b)<eq\r(\f(a,b))－eq\f(1,\r(\f(a,b)))⇔2lneq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(a,b))＋eq\f(1,\r(\f(a,b)))<0.由(1)知，f(x)是(0，＋∞)上的减函数，又eq\r(\f(a,b))>1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))))<f(1)＝0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))))＝2lneq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(a,b))＋eq\f(1,\r(\f(a,b)))<0，所以eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb).又eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2)⇔lna－lnb>eq\f(2（a－b）,a＋b)⇔lneq\f(a,b)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1).令g(x)＝lnx－eq\f(2（x－1）,x＋1)，则g′(x)＝eq\f(（x－1）2,x（x＋1）2)，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≥0，即g(x)是(0，＋∞)上的增函数．因为eq\f(a,b)>1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))>g(1)＝0，所以lneq\f(a,b)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1)，从而eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2).综上所述，当a>0，b>0，且a≠b时，eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2).4．(2024·山东烟台模拟)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)若存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))(e是自然对数的底数，e＝2.71828…)使不等式2f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)由题意知f′(x)＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增．当0<t<t＋2<eq\f(1,e)时，t无解；当0<t≤eq\f(1,e)<t＋2，即0<t≤eq\f(1,e)时，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；当eq\f(1,e)<t<t＋2，即t>eq\f(1,e)时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，故f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0<t≤\f(1,e)，,tlnt，t>\f(1,e).))(2)由题意，知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，令h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，h′(x)<0，此时h(x)单调递减；当x∈(1，e]时，h′(x)>0，此时h(x)单调递增．所以h(x)max＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，h（e）)).因为存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使2f(x)≥g(x)成立，所以a≤h(x)max，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq\f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f(3,e)，故heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)，所以a≤eq\f(1,e)＋3e－2.5．(2024·陕西省质检)设函数f(x)＝lnx＋eq\f(k,x)，k∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和微小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对随意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范围．【解析】(1)由题意，得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(k,x2)(x>0)，∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即eq\f(1,e)－eq\f(k,e2)＝0，解得k＝e，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,x2)＝eq\f(x－e,x2)(x>0)，由f′(x)<0，得0<x<e；由f′(x)>0，得x>e，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．当x＝e时，f(x)取得微小值，且f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2.∴f(x)的微小值为2.(2)由题意知，对随意的x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立，设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(k,x)－x(x>0)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(k,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x>0时，k≥－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)恒成立，∴k≥eq\f(1,4).故k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).6.(2024·山西大同调研)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个不同的零点，求实数m的取值范围．【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，则k＝f′(1)＝2.∵f(1)＝1，∴切点坐标为(1，1)．所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)由题意得，g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2（x＋1）（x－1）,x).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴令g′(x)＝0，得x＝1.当eq\f(1,e)≤x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当1<x≤e时，g′(x)<0，g(x)单调递减．故g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有最大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)<0，则g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个不同的零点的条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝m－1>0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1<m≤2＋eq\f(1,e2)，∴实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).7．(2024·河南安阳二模)已知函数f(x)＝lnx－x2＋ax，a∈R.(1)证明：lnx≤x－1；(2)若a≥1，探讨函数f(x)的零点个数．【解析】(1)证明：令g(x)＝lnx－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，∴g(x)≤g(1)＝0，即lnx≤x－1.(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋a＝eq\f(－2x2＋ax＋1,x)，x>0.令－2x2＋ax＋1＝0，解得x0＝eq\f(a＋\r(a2＋8),4)(负值舍去)，在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．∴f(x)max＝f(x0)．当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.当a>1时，f(1)＝a－1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)－eq\f(1,4a2)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2a)－1－eq\f(1,4a2)＋eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)<0，f(2a)＝ln2a－2a2<2a－1－2a2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)<0.∴函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))和区间(1，2a)上各有一个零点．综上可得，当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1；当a>1时，函数f(x)有两个零点．8．(2024·河北石家庄质检)已知函数f(x)＝(2－x)ek(x－1)－x(k∈R，e为自然对数的底数)．(1)若f(x)在R上单调递减，求k的最大值；(2)当x∈(1，2)时，证明：lneq\f(x（2x－1）,2－x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))).【解析】(1)∵f(x)在R上单调递减，∴f′(x)＝ek(x－1)[k(2－x)－1]－1≤0恒成立，即－kx＋2k－1≤eq\f(1,ek（x－1）)对随意x∈R恒成立．设g(x)＝eq\f(1,ek（x－1）)＋kx－2k＋1，则g(x)≥0对随意x∈R恒成立，明显应满意g(1)＝2－k≥0，∴k≤2.当k＝2时，g′(x)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e2（x－1）)))，且g′(1)＝0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)min＝g(1)＝0，即g(x)≥0恒成立，故k的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当k＝2时，f(x)＝(2－x)e2(x－1)－x在R上单调递减，且f(1)＝0，所以当x∈(1，2)时，f(x)<f(1)，即(2－x)e2(x－1)<x，两边同取以e为底的对数得ln(2－x)＋2(x－1)<lnx，即2(x－1)<lneq\f(x,2－x)，①下面证明－eq\f(2,x)＋2<ln(2x－1)，x∈(1，2)．②令H(x)＝ln(2x－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)＋2))(1<x<2)，则H′(x)＝eq\f(2（x－1）2,x2（2x－1）)>0，∴H(x)在(1，2)上单调递增，则H(x)>H(1)＝ln(2×1－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,1)＋2))＝0，故②成立，＋②得，lneq\f(x（2x－1）,2－x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))成立．9.(2024·河南郑州市第一次质检)已知函数f(x)＝(ex－2a)ex，g(x)＝4a2x.(1)设h(x)＝f(x)－g(x)，试探讨h(x)在定义域内的单调性；(2)若函数y＝f(x)的图象恒在函数y＝g(x)的图象的上方，求a的取值范围．【解析】(1)∵h(x)＝(ex－2a)ex－4a2x，∴h′(x)＝2e2x－2aex－4a2＝2(ex＋a)(ex－2a)．①当a＝0时，h′(x)>0恒成立，∴h(x)在R上单调递增；②当a>0时，ex＋a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，当x<ln2a时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，当x>ln2a时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；③当a<0时，ex－2a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln(－a)，当x<ln(－a)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，当x>ln(－a)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．综上所述，当a＝0时，h(x)在R上单调递增；当a>0时，h(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增；当a<0时，h(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增．(2)若函数y＝f(x)的图象恒在函数y＝g(x)的图象的上方，则h(x)>0恒成立，即h(x)min>0.①当a＝0时，h(x)＝e2x>0恒成立；②当a>0时，由(1)得，h(x)min＝h(ln2a)＝－4a2ln2a>0，∴ln2a<0，∴0<a<eq\f(1,2)；③当a<0时，由(1)可得h(x)min＝h(ln(－a))＝3a2－4a2ln(－a)>0，∴ln(－a)<eq\f(3,4)，∴－eeq\s\up6(\f(3,4))<a<0.综上所述，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－e\s\up6(\f(3,4))，\f(1,2))).10．(2024·河北衡水中学调研)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)探讨f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．【解析】(1)函数f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).定义域为(0，1)∪(1，＋∞)；f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,（x－1）2)>0，(x>0且x≠1)，∴f(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增．①在(0，1)上取eq\f(1,e2)，eq\f(1,e)代入函数，由函数零点的定义得，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，∴f(x)在(0，1)有且仅有一个零点．②在(1，＋∞)上取e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又∵f(e)<0，f(e2)>0，f(e)·f(e2)<0，∴f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点，故f(x)在定义域内有且仅有两个零点．(2)证明：若x0是f(x)的一个零点，则有lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，由y＝lnx，得y′＝eq\f(1,x)；∴曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线方程为y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(1,x0)x－1＋lnx0，即y＝eq\f(1,x0)x＋eq\f(2,x0－1)，当曲线y＝ex切线斜率为eq\f(1,x0)时，切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x0)，\f(1,x0)))，∴曲线y＝ex的切线在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x0)，\f(1,x0)))处的切线方程为y－eq\f(1,x0)＝eq\f(1,x0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－ln\f(1,x0)))，即y＝eq\f(1,x0)x＋eq\f(2,x0－1)，故曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也