2023高考數(shù)學大一輪復習升級增分訓練導數(shù)的綜合應用（一）文

PAGEPAGE7升級增分訓練導數(shù)的綜合應用〔一〕1．設函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋x－a－1(a∈R)．(1)當a＝－eq\f(1,2)時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)證明：當a≥0時，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．解：(1)當a＝－eq\f(1,2)時，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(1,2)，且定義域為(0，＋∞)，因為f′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1－\r(5),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1＋\r(5),2))),x)，(x＞0)當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(5),2)))時，f′(x)＞0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(5),2)，＋∞))時，f′(x)＜0，所以f(x)的單調增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(5),2)))；單調減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(5),2)，＋∞))．(2)證明：令g(x)＝f(x)－x＋1＝lnx＋ax2－a，那么g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋1,x)，所以當a≥0時，g′(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，且g(1)＝0，所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即當a≥0時，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．2．(2022·海口調研)函數(shù)f(x)＝mx－eq\f(m,x)，g(x)＝3lnx．(1)當m＝4時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；(2)假設x∈(1，eq\r(e)](e是自然對數(shù)的底數(shù))時，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)當m＝4時，f(x)＝4x－eq\f(4,x)，f′(x)＝4＋eq\f(4,x2)，f′(2)＝5，又f(2)＝6，∴所求切線方程為y－6＝5(x－2)，即y＝5x－4．(2)由題意知，x∈(1，eq\r(e)]時，mx－eq\f(m,x)－3lnx＜3恒成立，即m(x2－1)＜3x＋3xlnx恒成立，∵x∈(1，eq\r(e)]，∴x2－1＞0，那么m＜eq\f(3x＋3xlnx,x2－1)恒成立．令h(x)＝eq\f(3x＋3xlnx,x2－1)，x∈(1，eq\r(e)]，那么m＜h(x)min．h′(x)＝eq\f(－3x2＋1·lnx－6,x2－12)＝－eq\f(3x2＋1·lnx＋6,x2－12)，∵x∈(1，eq\r(e)]，∴h′(x)＜0，即h(x)在(1，eq\r(e)]上是減函數(shù)．∴當x∈(1，eq\r(e)]時，h(x)min＝h(eq\r(e))＝eq\f(9\r(e),2e－1)．∴m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9\r(e),2e－2)))．3．(2022·廣西質檢)設函數(shù)f(x)＝clnx＋eq\f(1,2)x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1為f(x)的極值點．(1)假設x＝1為f(x)的極大值點，求f(x)的單調區(qū)間(用c表示)；(2)假設f(x)＝0恰有兩解，求實數(shù)c的取值范圍．解：f′(x)＝eq\f(c,x)＋x＋b＝eq\f(x2＋bx＋c,x)(x＞0)，又f′(1)＝0，所以f′(x)＝eq\f(x－1x－c,x)(x＞0)且c≠1，b＋c＋1＝0．(1)因為x＝1為f(x)的極大值點，所以c＞1，當0＜x＜1時，f′(x)＞0；當1＜x＜c時，f′(x)＜0；當x＞c時，f′(x)＞0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，(c，＋∞)；單調遞減區(qū)間為(1，c)．(2)①假設c＜0，那么f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．f(x)＝0恰有兩解，那么f(1)＜0，即eq\f(1,2)＋b＜0，所以－eq\f(1,2)＜c＜0；②假設0＜c＜1，那么f(x)極大值＝f(c)＝clnc＋eq\f(1,2)c2＋bc，f(x)極小值＝f(1)＝eq\f(1,2)＋b，因為b＝－1－c，那么f(x)極大值＝clnc＋eq\f(c2,2)＋c(－1－c)＝clnc－c－eq\f(c2,2)＜0，f(x)極小值＝－eq\f(1,2)－c＜0，從而f(x)＝0只有一解；③假設c＞1，那么f(x)極小值＝clnc＋eq\f(c2,2)＋c(－1－c)＝clnc－c－eq\f(c2,2)＜0，f(x)極大值＝－eq\f(1,2)－c＜0，那么f(x)＝0只有一解．綜上，使f(x)＝0恰有兩解的c的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))．4．(2022·福建省質檢)函數(shù)f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1．曲線y＝f(x)與y＝g(x)在原點處的切線相同．(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)假設x≥0時，g(x)≥kf(x)，求k的取值范圍．解：(1)因為f′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)(x＞－1)，g′(x)＝ex－1，依題意，f′(0)＝g′(0)，即a－1＝0，解得a＝1，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)，當－1＜x＜0時，f′(x)＜0；當x＞0時，f′(x)＞0．故f(x)的單調遞減區(qū)間為(－1,0)，單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)由(1)知，當x＝0時，f(x)取得最小值0，所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，從而ex≥x＋1．設F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，那么F′(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)≥x＋1＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，(ⅰ)當k＝1時，因為x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2≥0(當且僅當x＝0時等號成立)，此時F(x)在[0，＋∞)上單調遞增，從而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．(ⅱ)當k＜1時，因為f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．由(ⅰ)知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，故g(x)≥kf(x)．(ⅲ)當k＞1時，令h(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，那么h′(x)＝ex－eq\f(k,x＋12)，顯然h′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，又h′(0)＝1－k＜0，h′(eq\r(k)－1)＝eeq\r(k)－1－1＞0，所以h′(x)在(0，eq\r(k)－1)上存在唯一零點x0，當x∈(0，x0)時，h′(x)＜0，所以h(x)在[0，x0)上單調遞減，從而h(x)＜h(0)＝0，即F′(x)＜0，所以F(x)在[0，x0)上單調遞減，從而當x∈(0，x0)時，F(xiàn)(x)＜F(0)＝0，即g(x)＜kf(x)，不合題意．綜上，實數(shù)k的取值范圍為(－∞，1]．5．(2022·石家莊質檢)函數(shù)f(x)＝－x3＋ax－eq\f(1,4)，g(x)＝ex－e(e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)假設曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線與曲線y＝g(x)在(0，g(0))處的切線互相垂直，求實數(shù)a的值；(2)設函數(shù)h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≥gx，,gx，fx＜gx，))試討論函數(shù)h(x)零點的個數(shù)．解：(1)由，f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由題意，知a＝－1．(2)易知函數(shù)g(x)＝ex－e在R上單調遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x＜1時，g(x)＜0，又f′(x)＝－3x2＋a，①當a≤0時，f′(x)≤0，f(x)在R上單調遞減，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)))，f(－1)＝eq\f(3,4)－a＞0，即f(x)在x≤0時必有一個零點，此時y＝h(x)有兩個零點；②當a＞0時，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，兩根為x1＝－eq\r(\f(a,3))＜0，x2＝eq\r(\f(a,3))＞0，那么－eq\r(\f(a,3))是函數(shù)f(x)的一個極小值點，eq\r(\f(a,3))是函數(shù)f(x)的一個極大值點，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))3＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))－eq\f(1,4)＝－eq\f(2a,3)eq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)＜0；現(xiàn)在討論極大值的情況：feq\r(\f(a,3))＝－eq\r(\f(a,3))3＋aeq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)＝eq\f(2a,3)eq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)，當feq\r(\f(a,3))＜0，即a＜eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此時y＝h(x)有兩個零點；當feq\r(\f(a,3))＝0，即a＝eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有一個零點x0＝eq\r(\f(a,3))＝eq\f(1,2)，此時y＝h(x)有三個零點；當feq\f(\r(a),3)＞0，即a＞eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有兩個零點，一個零點小于eq\r(\f(a,3))，一個零點大于eq\r(\f(a,3))，假設f(1)＝－1＋a－eq\f(1,4)＜0，即a＜eq\f(5,4)時，y＝h(x)有四個零點；假設f(1)＝－1＋a－eq\f(1,4)＝0，即a＝eq\f(5,4)時，y＝h(x)有三個零點；假設f(1)＝－1＋a－eq\f(1,4)＞0，即a＞eq\f(5,4)時，y＝h(x)有兩個零點．綜上所述：當a＜eq\f(3,4)或a＞eq\f(5,4)時，y＝h(x)有兩個零點；當a＝eq\f(3,4)或a＝eq\f(5,4)時，y＝h(x)有三個零點；當eq\f(3,4)＜a＜eq\f(5,4)時，y＝h(x)有四個零點．6．函數(shù)f(x)＝ax＋blnx＋1，此函數(shù)在點(1，f(1))處的切線為x軸．(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和最大值；(2)當x＞0時，證明：eq\f(1,x＋1)＜lneq\f(x＋1,x)＜eq\f(1,x)；(3)n∈N*，n≥2，求證：eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＜lnn＜1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,n－1)．解：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝0，))因為f′(x)＝a＋eq\f(b,x)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＝0，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，))所以f(x)＝－x＋lnx＋1．即f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，又函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，所以當0＜x＜1時，f′(x)＞0，當x＞1時，f′(x)＜0．故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)，函數(shù)f(x)的最大值為f(1)＝0．(2)證明：由(1)知f(x)＝－x＋lnx＋1，且f(x)≤0(當且僅當x＝1時取等號)，所以lnx≤x－1(當且僅當x＝1時取等號)．當x＞0時，由eq\f(x＋1,x)≠1，得lneq\f(x＋1,x)＜eq\f(x＋1,x)－1＝eq\f(1,x)；由eq\f(x,x＋1)≠1，得lneq\f(x,x＋1)＜eq\f(x,x＋1)－1＝－eq\f(1,x＋1)?－lneq\f(x,x＋1)＞eq\f(1,x＋1)?lneq\f(x＋1,x)＞eq\f(1,x＋1)．故當x＞0時，eq\f(1,x＋1)＜lneq\f(x＋1,