PAGE增分強化練(三十九)考點一利用導數證明不等式(2024·烏魯木齊質檢)已知函數f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－x－2a＋1.(1)若a＝－2，求函數f(x)的單調區間；(2)若函數f(x)有兩個極值點x，x2，求證：f(x1)＋f(x2)<0.解析：(1)當a＝－2時，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0<x<2時，f′(x)>0，當x>2時，f′(x)<0，∴f(x)在(0,2)上單調遞增，在(2，＋∞)上單調遞減．(2)證明：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－1＝eq\f(－x2＋x－a,x2)(x＞0)，f(x)有兩個極值點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.考點二利用導數解決不等式恒成立、存在性問題已知函數f(x)＝ex(lnx＋1)．(1)證明：函數f(x)在其定義域上是單調遞增函數；(2)設m>0，當x∈[1，＋∞)時，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：因為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)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(x>0)．當0<x<1時，g′(x)<0；當x>1時，g′(x)>0，則g(x)在區間(0,1)上單調遞減，在區間(1，＋∞)上單調遞增．故g(x)min＝g(1)＝2>0，從而f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．(2)當x∈[1，＋∞)時，不等式eq\f(mfx,e3x)－eq\f(1,x)≤0恒成立等價于當x∈[1，＋∞)時，不等式eq\f(mlnx＋1,e2x)－eq\f(1,x)≤0恒成立，即當x∈[1，＋∞)時，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).因為當x≥1時，eq\f(1,x)－1－lnx≤0，所以h′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，即h(x)在[1，＋∞)上單調遞減．因為當x≥1時，1－x≤0，所以φ′(x)≤0在[1，＋∞)恒成立，即φ(x)在[1，＋∞)上單調遞減．記P(x)＝mh(x)＋φ(x)，因為m>0，所以P(x)在[1，＋∞)上單調遞減，所以P(x)max＝P(1)＝eq\f(m,e)－e.因為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的取值范圍為(0，e2]．考點三利用導數探討函數的零點或方程的根(2024·石家莊模擬)已知函數f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)已知e為自然對數的底數，求函數f(x)在x＝eq\f(1,e2)處的切線方程；(2)當x>1時，方程f(x)＝a(x－1)＋eq\f(1,x)(a>0)有唯一實數根，求a的取值范圍．解析：(1)由題意，函數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f(x)在x＝eq\f(1,e2)處的切線方程y＝2e4x－3e2.(2)當x>1時，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因為a>0，r(0)＝1，r(1)＝1－a≤0即a≥1，r(x)在(1，＋∞)單調遞減，r(1)<0，所以x∈(1，＋∞)時，r(x)<0，即h(x)在(1，＋∞)單調遞減，h(x)<h(1)＝0，方程f(x)＝a(x－1)＋eq\f(1,x)無實根.②由r(1)>0,1－a>0,0<a<1時，r(x)在(1，＋∞)單調遞減，r(1)＝1－a>0，存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)時，r(x)>0，即h(x)單調遞增；x∈(x0，＋∞)時，r(x)<0，即h(x)單調遞減；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