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新高考数学一轮复习专题三导数及其应用3-3导数的综合应用练习含答案

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这是一份新高考数学一轮复习专题三导数及其应用3-3导数的综合应用练习含答案，共33页。试卷主要包含了已知函数f=a-x，已知函数f=xeax-ex，已知函数f=aeax等内容，欢迎下载使用。

高考新风向
(创新考法)(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当1解析 (1)f(x)的定义域为(0,2).
当b=0时, f(x)=ln x2−x+ax,
所以f'(x)=2−xxx2−x'+a=2x(2−x)+a,
因为f '(x)≥0,
所以a≥2x(x−2)=2(x−1)2−1,
依题意得a≥2x(x−2)max,
所以当x=1时,a取到最小值-2.
(2)证明:因为f(x)=ln x2−x+ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln 2−xx+a(2-x)+b(1-x)3,
所以f(2-x)+f(x)=2a,
所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,故f(1)=a=-2,
即f(x)=ln x2−x-2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
f'(x)=2x(2−x)+3b(x-1)2,
易知y=2x(2−x)∈(2,+∞),
所以当b≥-23时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
所以f(x)>f(1)=-2成立.
当b<-23时,存在x0∈(1,2),使得2x0(2−x0)+3b=0,
即3b=2x0(x0−2).
在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意.
综上,可得b≥-23.
考点1 利用导数研究不等式
1.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+32.
解析 (1)由已知得函数f(x)的定义域为R,
f '(x)=aex-1.
①当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减;
②当a>0时,令f '(x)=0,则x=ln 1a,
当x当x>ln 1a时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;
当a>0时, f(x)在−∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增.
(2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在−∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增,则f(x)min=fln1a=a1a+a-ln 1a=1+a2+ln a.
要证明f(x)>2ln a+32,只需证明1+a2+ln a>2ln a+32,
即证a2-ln a-12>0.
令g(x)=x2-ln x-12(x>0),则g'(x)=2x-1x=2x2−1x.
当0当x>22时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g22=12-ln 22-12=-ln 22=ln 2>0,
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a-12>0,
∴f(x)>2ln a+32.
2.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<1a+1b解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得01,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:由bln a-aln b=a-b(两边同除以ab)得1a(1+ln a)=1b(1+ln b),即1a1−ln1a=1b1−ln1b,
令x1=1a,x2=1b,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,1),
不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1,
先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,
即证f(x2)=f(x1)令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)
=-ln[x(2-x)].
∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,
∴h(x)为增函数,∴h(x)∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)∴f(x2)2-x1,∴x1+x2>2.
再证x1+x2设x2=tx1,则t>1,
结合lna+1a=lnb+1b,1a=x1,1b=x2,
可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2),
即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1),故ln x1=t−1−tlntt−1,
要证x1+x2即证ln(t+1)+t−1−tlntt−1<1,即证(t-1)ln(t+1)-tln t<0,
令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tln t,t>1,
则S'(t)=ln(t+1)+t−1t+1-1-ln t=ln1+1t-2t+1.
因为ln(x+1)≤x(x>-1,当且仅当x=0时等号成立),所以可得当t>1时,ln1+1t≤1t<2t+1,故S'(t)<0恒成立,
故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)故(t-1)ln(t+1)-tln t<0成立,即x1+x2综上所述,2<1a+1b3.(2020课标Ⅱ理,21,12分,难)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤3n4n.
解析 (1)f '(x)=cs x(sin xsin 2x)+sin x(sin x·sin 2x)'=2sin xcs xsin 2x+2sin2xcs 2x
=2sin xsin 3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时, f '(x)>0;当x∈π3,2π3时, f '(x)<0.所以f(x)在区间0,π3,2π3,π单调递增,在区间π3,2π3单调递减.
(2)证明:因为f(0)=f(π)=0,由(1)知, f(x)在区间[0,π]的最大值为fπ3=338,最小值为f2π3=-338.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤338.
(3)证明:由于(sin2xsin22x…sin22nx)32
=|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|
=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,
所以sin2xsin22x…sin22nx≤3382n3=3n4n.
4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时, f(x)<-1,求a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:112+1+122+2+…+1n2+n>ln(n+1).
解析 (1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
(2)解法一:不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0,
令g(x)=xeax-ex+1,x>0,则g'(x)=(ax+1)eax-ex,
且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax,
①当a≤12时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)②当a>12时,令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex,
则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,故h'(0)=2a-1>0,
所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,δ)上单调递增,
故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0,
所以g(x)在(0,δ)上单调递增,
故g(x)>g(0)=0,不满足题意.
综上可知,a的取值范围是−∞,12.
解法二:函数f(x)的定义域为R, f '(x)=(1+ax)eax-ex.
(导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论)
对于x∈(0,+∞),当a≥1时, f '(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
当a≤0时, f '(x)≤eax-ex<1-ex<0且等号不恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.
∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当0(当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性判断)
令g(x)=1+x2-ex2,则g'(x)=12-12ex2<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴g(x)∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当12令h(x)=1+ax-e(1-a)x,
则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x.
∵h'(x)为减函数,
又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0,
∴∃x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0.
(当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点)
∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增,
h(x)>h(0)=0,
∴当x∈(0,x0)时, f '(x)=eax·h(x)>0,
f(x)在(0,x0)上单调递增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
综上,a的取值范围是−∞,12.
(3)证法一:构造函数h(x)=x-1x-2ln x(x>1),
则h'(x)=1+1x2-2x=x2−2x+1x2=(x−1)2x2,
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=0,∴x-1x>2ln x,
令x=1+1n,则有1+1n-11+1n>2ln1+1n,
∴1n2+n>ln n+1n,
∴112+1+122+2+…+1n2+n>ln 21+ln 32+…+ln n+1n=ln(n+1).原式得证.
证法二:由(2)可知,当a=12时, f(x)=xe12x-ex<-1(x>0),
令x=ln1+1n(n∈N*),
得ln1+1n·e12ln1+1n-eln1+1n<-1,
整理得1+1nln1+1n-1n<0,
∴1n1+1n>ln1+1n,∴1n2+n>ln n+1n,
∴k=1n1k2+k>k=1nln k+1k=ln21×32×…×n+1n=ln(n+1),
即112+1+122+2+…+1n2+n>ln(n+1).
考点2 利用导数研究函数零点
1.(2023全国乙文,8,5分,中)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是( B )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
2.(2022全国乙文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
解析 (1)当a=0时, f(x)=-1x-ln x(x>0),
∴f '(x)=1x2-1x(x>0),令 f '(x)=0,得x=1,
x∈(0,1)时, f '(x)>0,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x)max=f(1)=-1.
(2)f '(x)=a+1x2-a+1x=(ax−1)(x−1)x2.
(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,
∴00, f(x)单调递增,
x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
∴f(x)max=f(1)=a-1<0.
此时f(x)无零点,不合题意.
(ii)当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1或x=1a,
①当0∴101a时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
∴f(x)在(0,1),1a,+∞上单调递增,在1,1a上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,
x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.
②当a=1时,1=1a, f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意.
③当a>1时,1a<1, f(x)在0,1a,(1,+∞)上单调递增,在1a,1上单调递减,
f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时, f(x)→-∞,
∴f(x)恰有1个零点.
综上所述,a>0.
3.(2020课标Ⅲ理,21,12分,难)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f12处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
解析 (1)f '(x)=3x2+b.
依题意得f '12=0,即34+b=0.故b=-34.
(2)证法一:由(1)知f(x)=x3-34x+c, f '(x)=3x2-34.
令f '(x)=0,解得x=-12或x=12.
f '(x)与f(x)随x的变化情况为:
因为f(1)=f−12=c+14,所以当c<-14时, f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f12=c-14,所以当c>14时, f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-14≤c≤14.
当c=-14时, f(x)只有两个零点-12和1.
当c=14时, f(x)只有两个零点-1和12.
当-14综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
证法二(分离参数法):设x0为f(x)的一个绝对值不大于1的零点,根据题意, f(x0)=x03-34x0+c=0,且|x0|≤1,
则c=-x03+34x0,且|x0|≤1,令c(x)=-x3+34x(-1≤x≤1),
则c'(x)=-3x2+34=-3x+12x−12,
当x∈−1,−12∪12,1时,c'(x)<0,c(x)单调递减.
当x∈−12,12时,c'(x)>0,c(x)单调递增,
又c(-1)=14,c(1)=-14,c−12=-14,c12=14,
所以-14≤c≤14.
设x1 为f(x)的零点,则必有f(x1)=x13-34x1+c=0,
即-14≤c=-x13+34x1≤14,
即4x13−3x1−1=(x1−1)(2x1+1)2≤0,4x13−3x1+1=(x1+1)(2x1−1)2≥0,解得-1≤x1≤1,
|x1|≤1.所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
4.(2021新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
①122a;
②0解析 (1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,
∴f '(x)=xex-2ax=x(ex-2a).
①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
②当a>0 时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a).
(i)当0y=f '(x)的大致图象如图1所示.
图1
图2
因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f '(x)>0,
当x∈(ln(2a),0)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,
在(ln(2a),0)上单调递减.
(ii)当a=12时,ln(2a)=0,此时f '(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增.
(iii)当a>12时,ln(2a)>0,
y=f '(x)的大致图象如图2所示.
因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f '(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减.
(2)选①.
证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,又f(0)=b-1>0, f−ba=−ba−1e−ba<0,
所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.
当x∈(0,+∞)时,
f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b
=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)[2-ln(2a)].
因为12所以f(x)>0对任意x>0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.
选②.
证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,
在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(0)=b-1<0,
当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),
使得f(x0)=0.
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.
当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.
5.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
解析 (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a-1x.
当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.
令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x=1a.
易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,g(x)min=g1a=1+ln a,
∴a-aln a=1+ln a,即ln a=a−1a+1①.
令h(x)=ln x-x−1x+1(x>0),
则h'(x)=1x-2(x+1)2=x2+1x(x+1)2>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.
又h(1)=ln 1-1−11+1=0,
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增;
当01时,g(x)单调递增.
不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1∴ex1-x1=x2-ln x2=elnx2-ln x2.
易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0),
又f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3=ex2.
又ex2-x2=x2-ln x2,∴ln x2+ex2=2x2.
∴ln x2+ex2=x1+x3=2x2.∴x1,x2,x3成等差数列.
∴存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
6.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)
(1)证明:当0(2)已知函数f(x)=cs ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.
解析 (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0令h(x)=sin x-x,0综上,当0(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).
当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a≠0.
当a>0时, f '(x)=-asin ax+2x1−x2,x∈(-1,1).
(i)当0则ax∈(0,1),
由(1)可得f '(x)=-asin ax+2x1−x2>-a2x+2x1−x2=x(a2x2+2−a2)1−x2,
因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f '(x)>0,
所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.
(ii)当a>2时,取x∈0,1a⊆(0,1),则ax∈(0,1),
由(1)可得f '(x)=-asin ax+2x1−x2<-a(ax-a2x2)+2x1−x2
=x1−x2(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),
设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈0,1a,
则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,
因为h'(0)=a3>0,h'1a=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈0,1a,均有h'(x)>0,所以h(x)在0,1a上单调递增.
因为h(0)=2-a2<0,h1a=2>0,所以h(x)在0,1a内存在唯一的零点n.
当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.
则f '(x)即当x∈(0,n)⊆(0,1)时, f '(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减.
又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-n,0)上单调递增,
所以x=0是f(x)的极大值点.
综合(i)(ii)知a>2.
当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-2符合要求.
故a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).
三年模拟
练思维
1.(2024江苏南通第二次适应性调研,16)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)=2ax,a≠0.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若a>0且f(x)≤g(x)恒成立,求a的最小值.
解析 (1)f '(x)=1x-a=1−axx(a≠0),x>0,
当a<0时, f '(x)>0恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,由f '(x)>0得01a,
从而f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+∞单调递减.
综上,当a<0时, f(x)的单调递增区间为(0,+∞),没有单调递减区间;
当a>0时, f(x)的单调递增区间为0,1a,单调递减区间为1a,+∞.
(2)令h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax-2ax,要使f(x)≤g(x)恒成立,只要使h(x)≤0恒成立,只要使h(x)max≤0.
h'(x)=1x-a+2ax2=−(ax+1)(ax−2)ax2,
由于a>0,x>0,所以ax+1>0恒成立,
当00,当x>2a时,h'(x)<0,
所以h(x)max=h2a=ln 2a-3≤0,解得a≥2e3,
所以a的最小值为2e3.
2.(2024东北三省四市一模,16)已知函数f(x)=xex-aex,a∈R.
(1)当a=0时,求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(2)当a=1时,求f(x)的单调区间和极值;
(3)若对任意x∈R,有f(x)≤ex-1恒成立,求a的取值范围.
解析 (1)当a=0时, f(x)=xex,则f '(x)=1−xex, f '(1)=0, f(1)=1e,
所以切线方程为y=1e.(3分)
(2)当a=1时, f(x)=xe-x-ex, f '(x)=(1-x)e-x-ex=1−x−e2xex.(4分)
令g(x)=1-x-e2x,g'(x)=-1-2e2x<0,
故g(x)在R上单调递减,而g(0)=0,因此0是g(x)在R上的唯一零点,
即0是f '(x)在R上的唯一零点.(6分)
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表:
f(x)的单调递增区间为(0,+∞);单调递减区间为(-∞,0).(8分)
f(x)的极大值为f(0)=-1,无极小值.(9分)
(3)由题意知xe-x-aex≤ex-1,即a≥xe−x−ex−1ex,即a≥xe2x-1e,
设m(x)=xe2x-1e,则m'(x)=e2x−2xe2x(e2x)2=1−2xe2x,(11分)
令m(x)=0,解得x=12,
当x∈−∞,12时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈12,+∞时,m'(x)<0,m(x)单调递减,
所以m(x)max=m12=12e-1e=-12e,(14分)
所以a≥-12e.(15分)
3.(2024广东广州一模,17)已知函数f(x)=cs x+xsin x,x∈(-π,π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值;
(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.
解析 (1)f '(x)=-sin x+sin x+xcs x=xcs x,由f '(x)=0得x=0或π2或-π2,
当-π0, f(x)单调递增;
当-π2当00, f(x)单调递增;
当π2∴f(x)的单调递增区间为−π,−π2,0,π2;单调递减区间为−π2,0,π2,π, f(x)极小值=f(0)=1.
(2)证明:令F(x)=ex+e-x-2(cs x+xsin x),x∈[0,π),
则F(0)=0,F'(x)=ex-e-x-2xcs x.
因为x∈[0,π),所以cs x≤1,所以2xcs x≤2x,
从而F'(x)=ex-e-x-2xcs x≥ex-e-x-2x,当且仅当x=0时取等号.
令h(x)=ex-e-x-2x,x∈[0,π),显然h(0)=0.
h'(x)=ex+e-x-2≥2ex·e−x-2=0,当且仅当x=0时取等号,
所以h(x)在[0,π)上单调递增,所以h(x)≥h(0)=0,
从而F'(x)≥h(x)≥0,所以F(x)在[0,π)上单调递增,
所以F(x)≥F(0)=0,故ex+e-x≥2f(x).
4.(2024湖南九校联盟联考,17)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c∈R),其图象的对称中心为(1,-2).
(1)求a-b-c的值;
(2)判断函数f(x)的零点个数.
解析 (1)∵函数f(x)的图象关于点(1,-2)中心对称,
∴y=f(x+1)+2为奇函数.
从而有f(x+1)+2+f(-x+1)+2=0,即f(x+1)+f(-x+1)=-4,
又f(x+1)=(x+1)3+a(x+1)2+b(x+1)+c=x3+(a+3)x2+(2a+b+3)x+a+b+c+1,
f(1-x)=(1-x)3+a(1-x)2+b(1-x)+c=-x3+(a+3)x2-(2a+b+3)x+a+b+c+1,
∴2a+6=0,2a+2b+2c+2=−4,解得a=−3,b+c=0,
∴a-b-c=-3.
(2)由(1)可知, f(x)=x3-3x2-cx+c, f '(x)=3x2-6x-c,令f '(x)=0,则Δ=36+12c,
①当Δ=36+12c≤0,即c≤-3时, f '(x)≥0,
∴f(x)在R上单调递增,
∵f(1)=-2<0, f(3)=27-3×9-3c+c=-2c>0,
∴函数f(x)有且仅有一个零点;
②当Δ=36+12c>0,即c>-3时,设f '(x)=0的两根为x1,x2,则x1+x2=2>0,x1x2=-c3,
(i)当c=0时, f(x)=x3-3x2,令f(x)=x3-3x2=0,解得x=0或x=3,∴f(x)有两个零点;
(ii)当-30,x1x2=-c3>0,
∴f '(x)=0有两个正根,不妨令0∴函数f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
∵f(x1)=x13-3x12-(x1-1)(3x12-6x1)=-2x1(x12-3x1+3)<0, f(3)=-2c>0,
∴函数f(x)有且仅有一个零点;
(iii)当c>0时,x1+x2=2,x1x2=-c3<0,
∴f '(x)=0有一个正根和一个负根,不妨令x1<0∴函数f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
∵f(x1)>f(0)=c>0, f(x2)∴函数f(x)有且仅有三个零点.
综上,当c>0时,函数f(x)有三个零点;
当c=0时,函数f(x)有两个零点;
当c<0时,函数f(x)有一个零点.
5.(2024浙江杭州二模,16)已知函数f(x)=aln(x+2)-12x2(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若函数f(x)有两个极值点,
(i)求实数a的取值范围;
(ii)证明:函数f(x)有且只有一个零点.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(-2,+∞), f '(x)=ax+2-x=−(x+1)2+a+1x+2,
当a≤-1时, f(x)在(-2,+∞)上单调递减;
当-1所以当x∈(-2,-a+1-1)时, f '(x)<0,
当x∈(-a+1-1,a+1-1)时, f '(x)>0,
当x∈(a+1-1,+∞)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-2,-a+1-1)上单调递减,在(-a+1-1,a+1-1)上单调递增,在(a+1-1,+∞)上单调递减;
当a≥0时,-a+1-1≤-2,所以x∈(-2,a+1-1)时, f '(x)>0,当x∈(a+1-1,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-2,a+1-1)上单调递增,在(a+1-1,+∞)上单调递减.
(2)(i)由(1)知-1(ii)证明:由(1)知f(x)在x=a+1-1处取得极大值,在x=-a+1-1处取得极小值,
因为-1因为f(x)极大值=f(a+1-1)=aln(a+1+1)-12(a+1-1)2<0, f(-a+1-1)所以f(x)在(-a+1-1,+∞)上没有零点,又-10,所以f(x)在(-2,-a+1-1)上存在一个零点.
综上,函数f(x)有且只有一个零点.
6.(2024山东青岛二模,18)已知函数f(x)=ex-ax2-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)讨论f '(x)的单调性;
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围;
(3)若θ∈0,π2,证明:esin θ-1+ecs θ-1+ln(sin θcs θ)<1.
解析 (1)由题知f '(x)=ex-2ax-1,
令g(x)=f '(x)=ex-2ax-1,则g'(x)=ex-2a,
当a≤0时,g'(x)>0, f '(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,
当a>0时,令g'(x)=0,解得x=ln(2a),
当x∈(-∞,ln(2a))时,g'(x)<0,当x∈(ln(2a),+∞)时,g'(x)>0,
所以f '(x)在区间(-∞,ln(2a))上单调递减,在区间(ln(2a),+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时, f '(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时, f '(x)在区间(-∞,ln(2a))上单调递减,在区间(ln(2a),+∞)上单调递增.
(2)由题知f '(0)=0,当a≤0时,
由(1)知,当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)在(-∞,0)上单调递减,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以x=0是函数f(x)的极小值点,不符合题意;
当0由(1)知,当x∈(ln(2a),0)时, f '(x)<0, f(x)在(ln(2a),0)上单调递减,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以x=0是函数f(x)的极小值点,不符合题意;
当a=12时,ln(2a)=0,则当x∈(-∞,+∞)时, f '(x)≥0, f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,所以f(x)无极值点,不符合题意;
当a>12时,ln(2a)>0,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0, f(x)在(-∞,0)上单调递增,
当x∈(0,ln(2a))时, f '(x)<0, f(x)在(0,ln(2a))上单调递减,
所以x=0是函数f(x)的极大值点,符合题意.
综上所述,a的取值范围是12,+∞.
(3)证明:要证esin θ-1+ecs θ-1+ln(sin θcs θ)<1,
只要证esin θ-1+ecs θ-1+ln sin θ+ln cs θ只要证esin θ-1+ln sin θ因为θ∈0,π2,则sin θ∈(0,1),cs θ∈(0,1),
所以只要证对任意0只要证对任意-1因为由(2)知:当a=1时,若x<0,则f(x)所以ex-x2-x<1,即ex令h(x)=ln(1+x)-x(-1则h'(x)=11+x-1=−x1+x,所以当-10,
所以h(x)在(-1,0)上单调递增;
则h(x)由①+②得ex+ln(1+x)所以(※)成立,
所以esin θ-1+ecs θ-1+ln(sin θcs θ)<1成立.
7.(2024山东泰安一模,18)已知函数f(x)=aeax(a≠0).
(1)若a>0,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线与直线x+y-2=0垂直,证明: f(x)>ln(x+2);
(2)若对任意的x1,x2且x1解析 (1)证明:∵f '(x)=a2eax,
∴f '(0)=a2=1,由a>0解得a=1,∴f(x)=ex.
设μ(x)=ex-x-1,则μ'(x)=ex-1,
∴当x∈(-∞,0)时,μ'(x)<0,μ(x)在(-∞,0)上单调递减,当x∈(0,+∞)时,μ'(x)>0,μ(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴μ(x)≥μ(0)=0,即ex≥x+1,x=0时等号成立.
设m(x)=ln x-x+1,则m'(x)=1x-1=1−xx,
∴当x∈(0,1)时,m'(x)>0,m(x)在(0,1)上单调递增,
当x∈(1,+∞)时,m'(x)<0,m(x)在(1,+∞)上单调递减,
∴m(x)≤m(1)=0,即ln x≤x-1,
∴ln(x+2)≤x+1,当x=-1时等号成立.
∴ex>x+1>ln(x+2)(取等的条件不能同时成立),
即f(x)>ln(x+2).
(2)证明:∵g(x)=aeax-eax1−eax2x1−x2(a≠0),
∴g'(x)=a2eax>0,(注意:x1,x2是常数,故分式求导后为0)
∴g(x)在(x1,x2)上单调递增,
又∵g(x1)=aeax1-eax1−eax2x1−x2
=aeax1(x1−x2)−(eax1−eax2)x1−x2
=-eax1x2−x1[a(x1-x2)+ea(x2−x1)-1]
=-eax1x2−x1[ea(x2−x1)-a(x2-x1)-1],
g(x2)=eax2x2−x1[ea(x1−x2)-a(x1-x2)-1],
由(1)知当x≠0时,ex>x+1,即ex-x-1>0,
∴ea(x2−x1)-a(x2-x1)-1>0,ea(x1−x2)-a(x1-x2)-1>0,
又eax1x2−x1>0,eax2x2−x1>0,
∴g(x1)<0,g(x2)>0,又∵g(x)在(x1,x2)上单调递增,
∴函数g(x)在(x1,x2)上存在唯一零点.
8.(2024安徽皖北协作区联考,19)已知函数f(x)=14(2x-a)e2x-bex的图象在点(0, f(0))处的切线方程为y=-x-54.
(1)求f(x)的解析式;
(2)证明:∀x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2.
参考数据:e45≈2.23.
解析 (1)由题可知,切点为0,−54,切线的斜率为-1, f '(x)=x+1−a2e2x-bex,
所以−a4−b=−54,1−a2−b=−1,解得a=1,b=1,
所以f(x)=14(2x-1)e2x-ex.
(2)证明:要证明∀x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2,
即证明∀x∈(0,+∞),14(2x-1)e2x-ex-2ln x+2>0.
令函数F(x)=14(2x-1)e2x-ex-2ln x+2,
则F'(x)=xe2x-ex-2x=x2e2x−xex−2x=(xex−2)(xex+1)x,x>0.
当x>0时,xex+1>0,设g(x)=xex-2,则g'(x)=(1+x)ex>0,所以函数g(x)在(0,+∞)上为增函数,
又g45=45e45-2≈45×2.23-2<0,g(1)=e-2>0,
所以存在唯一的x0∈45,1,使得g(x0)=0,
即x0ex0-2=0,所以x0ex0=2,x0=ln 2-ln x0,
当x∈(0,x0)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
所以F(x)≥F(x0)=14(2x0-1)e2x0-ex0-2ln x0+2
=14(2x0-1)4x02-2x0-2(ln 2-x0)+2
=2x0-1x02-2x0-2ln 2+2x0+2
=-1x02+2x0-2ln 2+2.
设函数h(t)=-1t2+2t-2ln 2+2,t∈45,1,
则当450,h(t)在45,1上单调递增,
所以h(t)>h45=-2516+85-2ln 2+2=380+2-2ln 2>0,原不等式得证.
9.(2024河南TOP二十名校质检一,18)已知函数f(x)=-cs x,g(x)=x22-1,x∈[0,+∞).
(1)判断g(x)≥f(x)是否∀x∈[0,+∞)恒成立,并给出理由;
(2)证明:
①当0cs n;
②当ai=12i(i∈N*),ki=f'(ai+1)−f'(ai)ai+1−ai(i=1,2,…,n-1)时,i=1n−1ki>6n−76.
解析 (1)g(x)≥f(x)∀x∈[0,+∞)恒成立,理由如下:
令h(x)=g(x)-f(x)=x22-1+cs x,x∈[0,+∞),
则h'(x)=x-sin x,x∈[0,+∞),令q(x)=h'(x),
则q'(x)=1-cs x≥0在[0,+∞)上恒成立,故q(x)=h'(x)在[0,+∞)上单调递增,
其中h'(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,故h(x)在[0,+∞)上单调递增,
故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥f(x)∀x∈[0,+∞)恒成立.
(2)证明:①y=sin x在0,π2上单调递增,故sin m又m-n<0,cs n>0,故要证sinm−sinnm−n>cs n,
只需证(m-n)cs n+sin n-sin m>0,
令r(x)=(x-n)cs n-sin x+sin n,0则只需证明r(m)>0,
r'(x)=cs n-cs x,
令p(x)=cs n-cs x,则函数p(x)在0,π2上单调递增,
所以当0所以r'(x)<0,所以r(x)在(0,n)上单调递减,
所以r(x)>r(n)=0,故r(m)>r(n)=0,
所以当0cs n.
②由(1)知,cs x>1-x22,x>0, f '(x)=sin x,
由于0<12i+1<12i<π2,
所以ki=f'(ai+1)−f'(ai)ai+1−ai=sin12i+1−sin12i12i+1−12i>cs 12i>1-122i+1,
所以i=1n−1ki>1−123+1−125+…+1−122n−1
=n-1-123+125+…+122n−1=n-1-181−14n−11−14
=n-76+16·14n−1>6n−76.
练风向
(创新考法)(多选)(2024湖北八市联考,11)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d存在两个极值点x1,x2(x1A.当a>0时,n=3
B.当a<0时,m+2=n
C.mn一定能被3整除
D.m+n的取值集合为{4,5,6,7}x
−∞,−12
-12
−12,12
12
12,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
c+14
↘
c-14
↗
x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
f '(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘