2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強(qiáng)化練三十九導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用理含解析

PAGE增分強(qiáng)化練(三十九)考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)證明不等式(2024·烏魯木齊質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－x－2a＋1.(1)若a＝－2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x，x2，求證：f(x1)＋f(x2)<0.解析：(1)當(dāng)a＝－2時(shí)，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)，當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－1＝eq\f(－x2＋x－a,x2)(x＞0)，f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)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)))，則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)))上單調(diào)遞增，∴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.考點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立、存在性問(wèn)題已知函數(shù)f(x)＝ex(lnx＋1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在其定義域上是單調(diào)遞增函數(shù)；(2)設(shè)m>0，當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，不等式eq\f(mfx,e3x)－eq\f(1,x)≤0恒成立，求m的取值范圍．解析：(1)證明：因?yàn)閤∈(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)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(x>0)．當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，則g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．故g(x)min＝g(1)＝2>0，從而f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，不等式eq\f(mfx,e3x)－eq\f(1,x)≤0恒成立等價(jià)于當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，不等式eq\f(mlnx＋1,e2x)－eq\f(1,x)≤0恒成立，即當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，eq\f(mlnx＋1,ex)－eq\f(ex,x)≤0恒成立．記h(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，φ(x)＝－eq\f(ex,x)，則h′(x)＝eq\f(\f(1,x)－1－lnx,ex)，φ′(x)＝eq\f(ex1－x,x2).因?yàn)楫?dāng)x≥1時(shí)，eq\f(1,x)－1－lnx≤0，所以h′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，即h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減．因?yàn)楫?dāng)x≥1時(shí)，1－x≤0，所以φ′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，即φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減．記P(x)＝mh(x)＋φ(x)，因?yàn)閙>0，所以P(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以P(x)max＝P(1)＝eq\f(m,e)－e.因?yàn)閑q\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的取值范圍為(0，e2]．考點(diǎn)三利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根(2024·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，求函數(shù)f(x)在x＝eq\f(1,e2)處的切線方程；(2)當(dāng)x>1時(shí)，方程f(x)＝a(x－1)＋eq\f(1,x)(a>0)有唯一實(shí)數(shù)根，求a的取值范圍．解析：(1)由題意，函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，定義域(0，＋∞)，則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函數(shù)f(x)在x＝eq\f(1,e2)處的切線方程為y＋e2＝2e4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,e2)))，整理得y＝2e4x－3e2，即函數(shù)f(x)在x＝eq\f(1,e2)處的切線方程y＝2e4x－3e2.(2)當(dāng)x>1時(shí)，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?yàn)閍>0，r(0)＝1，r(1)＝1－a≤0即a≥1，r(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，r(1)<0，所以x∈(1，＋∞)時(shí)，r(x)<0，即h(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，h(x)<h(1)＝0，方程f(x)＝a(x－1)＋eq\f(1,x)無(wú)實(shí)根.②由r(1)>0,1－a>0,0<a<1時(shí)，r(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，r(1)＝1－a>0，存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)時(shí)，r(x)>0，即h(x)單調(diào)遞增；x∈(x0，＋∞)時(shí)，r(x)<0，即h(x)單調(diào)遞減；h(x0)max>h(0)＝0，取x＝1＋eq\f(1,a)，則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