高考数学一轮复习第三章3.2.3导数的综合应用课时作业理含解析

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1．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]已知函数f(x)＝sinx－xcsx－eq \f(1,6)x3，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不存在零点；
(2)若f(x)>kx－xcsx－eq \f(1,6)x3－1对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))恒成立，求实数k的取值范围．
2．[2021·山东泰安一中联考]已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－alnx＋1(a∈R)．
(1)若函数f(x)在[1,2]上是单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若－2≤a<0，对任意x1，x2∈[1,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤meq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))恒成立，求实数m的取值范围．
3.[2021·河北省九校高三联考试题]已知函数f(x)＝ex－csx.
(1)求f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求证：f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上仅有2个零点．
4．[2021·郑州模拟]已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)＋a(x－lnx)，a∈R.
(1)当a＝－e时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)有两个零点，求参数a的取值范围．
[能力挑战]
5．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq \f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)课时作业16
1．解析：(1)由题意得f′(x)＝xsinx－eq \f(1,2)x2＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinx－\f(1,2)x))，
令g(x)＝sinx－eq \f(1,2)x，则g′(x)＝csx－eq \f(1,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
又g(0)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)－eq \f(π,6)>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1－eq \f(π,4)>0，
∴g(x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，故f′(x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
故f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不存在零点．
(2)由f(x)>kx－xcsx－eq \f(1,6)x3－1，得sinx>kx－1.
∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴k令t(x)＝eq \f(1＋sinx,x)，则t′(x)＝eq \f(xcsx－sinx－1,x2)，
令m(x)＝xcsx－sinx－1，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，m′(x)＝－xsinx<0恒成立，
∴m(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，m(x)∴t′(x)<0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，即t(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，t(x)>teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(4,π)，
∴k≤eq \f(4,π)，
∴k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,π))).
2．解析：(1)易知f(x)不是常值函数，∵f(x)＝eq \f(1,2)x2－alnx＋1在[1,2]上是增函数，
∴f′(x)＝x－eq \f(a,x)≥0恒成立，
所以a≤x2，只需a≤(x2)min＝1.
(2)因为－2≤a<0，由(1)知，函数f(x)在[1,2]上单调递增，
不妨设1≤x1≤x2≤2，则|f(x1)－f(x2)|≤meq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，
可化为f(x2)＋eq \f(m,x2)≤f(x1)＋eq \f(m,x1)，
设h(x)＝f(x)＋eq \f(m,x)＝eq \f(1,2)x2－alnx＋1＋eq \f(m,x)，则h(x1)≥h(x2)，
所以h(x)为[1,2]上的减函数，
即h′(x)＝x－eq \f(a,x)－eq \f(m,x2)≤0在[1,2]上恒成立，
等价于m≥x3－ax在[1,2]上恒成立，
设g(x)＝x3－ax，所以m≥g(x)max，
因－2≤a<0，所以g′(x)＝3x2－a>0，所以函数g(x)在[1,2]上是增函数，
所以g(x)max＝g(2)＝8－2a≤12(当且仅当a＝－2时等号成立)．
所以m≥12.
3．解析：(1)f′(x)＝ex＋sinx，f′(0)＝1，f(0)＝0，
∴f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y－0＝x－0，即y＝x.
(2)令g(x)＝f′(x)＝ex＋sinx，则g′(x)＝ex＋csx，
当－eq \f(π,2)0，∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．
而geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1<0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝＋1>0，
由零点存在性定理知g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一零点，
∴f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一零点．
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))<0，f′(0)＝1>0，
∴f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增且有唯一零点α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，α))时，f′(x)<0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))时，f′(x)>0.
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，α))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))上单调递增，
又f(0)＝0，∴f(α)<0，结合feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝>0，
由零点存在性定理知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，α))上有一个零点，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))上有一个零点0.
当x≥eq \f(π,2)时，ex>1，csx≤1，ex－csx>0，f(x)>0，
此时f(x)无零点．
综上，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上仅有2个零点．
4．解析：(1)f(x)＝eq \f(ex,x)＋a(x－lnx)，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)＋aeq \f(x－1,x)＝eq \f(x－1ex＋ax,x2)，
当a＝－e时，f′(x)＝eq \f(x－1ex－ex,x2)，由于ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立．
故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0.
(2)f′(x)＝eq \f(x－1ex＋ax,x2)，当a＝－e时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
f(x)min＝f(1)＝a＋e＝0，f(x)只有一个零点．
当a>－e时，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0在(0，＋∞)上恒成立．
故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
f(x)min＝f(1)＝a＋e>0，故当a>－e时，f(x)没有零点．
当a<－e时，令ex＋ax＝0，得eq \f(ex,x)＝－a，令φ(x)＝eq \f(ex,x)，
φ′(x)＝eq \f(x－1ex,x2).
φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
φ(x)min＝φ(1)＝e，ex＋ax＝0在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2,0f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，在(1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
f(1)＝a＋e<0，又x→0时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，
f(x)→＋∞.此时f(x)有两个零点．
综上，若f(x)有两个零点，则a<－e.
5．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(x－1x－a,x2).
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数．
g(x)min＝g(0)＝1.
所以e－(a＋1)－eq \f(a,e)<1，即a>eq \f(e2－2e,e＋1)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).