2025版新教材高考数学第二轮复习
3.3 导数的综合应用
五年高考
高考新风向
(创新考法)(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln+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
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+.
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<+
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.
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:++…+>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 ( )
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--(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.
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.
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.
①
②0
(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.
6.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)
(1)证明:当0
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)=,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.
2.(2024东北三省四市一模,16)已知函数f(x)=-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.
3.(2024广东广州一模,17)已知函数f(x)=cos 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.
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.
5.(2024浙江杭州二模,16)已知函数f(x)=aln(x+2)-x2(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.
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∈,证明:esin θ-1+ecos θ-1+ln(sin θcos θ)<1.
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
(1)求f(x)的解析式;
(2)证明: x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2.
参考数据:≈2.23.
9.(2024河南TOP二十名校质检一,18)已知函数f(x)=-cos x,g(x)=-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0
②当ai=(i∈N*),ki=(i=1,2,…,n-1)时,ki>.
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(x1
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}
3.3 导数的综合应用
五年高考
高考新风向
(创新考法)(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln+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
当b=0时, f(x)=ln +ax,
所以f'(x)='+a=+a,
因为f '(x)≥0,
所以a≥=,
依题意得a≥,
所以当x=1时,a取到最小值-2.
(2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln +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 -2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
f'(x)=(x-1)2,
易知y=∈(2,+∞),
所以当b≥-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<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,
即3b=.
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≥-.
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+.
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 ,
当x
综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;
当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增,则f(x)min=f=a-ln =1+a2+ln a.
要证明f(x)>2ln a+,只需证明1+a2+ln a>2ln a+,
即证a2-ln a->0.
令g(x)=x2-ln x-(x>0),则g'(x)=2x-=.
当0
∴g(x)min=g=-ln -=-ln =ln >0,
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a->0,
∴f(x)>2ln a+.
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<+
(2)证明:由bln a-aln b=a-b(两边同除以ab)得(1+ln a)=(1+ln b),即=,
令x1=,x2=,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)
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)
再证x1+x2
结合=,=x1,=x2,
可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2),
即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1),故ln x1=,
要证x1+x2
令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tln t,t>1,
则S'(t)=ln(t+1)+-1-ln t=ln-.
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,ln≤<,故S'(t)<0恒成立,
故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.
解析 (1)f '(x)=cos x(sin xsin 2x)+sin x(sin x·sin 2x)'=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x
=2sin xsin 3x.
当x∈∪时, f '(x)>0;当x∈时, f '(x)<0.所以f(x)在区间,单调递增,在区间单调递减.
(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f=,最小值为f=-.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤.
(3)证明:由于(sin2xsin22x…sin22nx
=|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≤=.
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:++…+>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≤时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)
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.
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
令g(x)=1+-,则g'(x)=-<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴g(x)
当
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.
(3)证法一:构造函数h(x)=x--2ln x(x>1),
则h'(x)=1+-==,
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=0,∴x->2ln x,
令x=,则有->2ln,
∴>ln ,
∴++…+>ln +ln +…+ln =ln(n+1).原式得证.
证法二:由(2)可知,当a=时, f(x)=x-ex<-1(x>0),
令x=ln(n∈N*),
得ln·-<-1,
整理得ln-<0,
∴>ln,∴>ln ,
∴>ln =ln=ln(n+1),
即++…+>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--(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)=--ln x(x>0),
∴f '(x)=-(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+-=.
(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,
∴0
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=,
①当0
∴f(x)在(0,1),上单调递增,在上单调递减, 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=, f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意.
③当a>1时,<1, f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减,
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 '=0,即+b=0.故b=-.
(2)证法一:由(1)知f(x)=x3-x+c, f '(x)=3x2-.
令f '(x)=0,解得x=-或x=.
f '(x)与f(x)随x的变化情况为:
x -
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗
因为f(1)=f=c+,所以当c<-时, f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f=c-,所以当c>时, f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-≤c≤.
当c=-时, f(x)只有两个零点-和1.
当c=时, f(x)只有两个零点-1和.
当-
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)=-x0+c=0,且|x0|≤1,
则c=-+x0,且|x0|≤1,令c(x)=-x3+x(-1≤x≤1),
则c'(x)=-3x2+=-3,
当x∈∪时,c'(x)<0,c(x)单调递减.
当x∈时,c'(x)>0,c(x)单调递增,
又c(-1)=,c(1)=-,c=-,c=,
所以-≤c≤.
设x1 为f(x)的零点,则必有f(x1)=-x1+c=0,
即-≤c=-+x1≤,
即解得-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.
①
②0
∴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0
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=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>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=<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
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-.
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=.
易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,g(x)min=g=1+ln a,
∴a-aln a=1+ln a,即ln a=①.
令h(x)=ln x-(x>0),
则h'(x)=-=>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-=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0
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
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=.
又-x2=x2-ln x2,∴ln x2+=2x2.
∴ln x2+=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
解析 (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0
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+,x∈(-1,1).
(i)当0
由(1)可得f '(x)=-asin ax+>-a2x+=,
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>时,取x∈ (0,1),则ax∈(0,1),
由(1)可得f '(x)=-asin ax+<-a(ax-a2x2)+
=(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),
设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈,
则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,
因为h'(0)=a3>0,h'=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以 x∈,均有h'(x)>0,所以h(x)在上单调递增.
因为h(0)=2-a2<0,h=2>0,所以h(x)在内存在唯一的零点n.
当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.
则f '(x)<(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0.
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>.
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<-符合要求.
故a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞).
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)=,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)=-a=(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0
从而f(x)在上单调递增,在单调递减.
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,单调递减区间为.
(2)令h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax-,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)=-a+=,
由于a>0,x>0,所以ax+1>0恒成立,
当0
所以h(x)max=h=ln -3≤0,解得a≥,
所以a的最小值为.
2.(2024东北三省四市一模,16)已知函数f(x)=-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)=,则f '(x)=, f '(1)=0, f(1)=,
所以切线方程为y=. (3分)
(2)当a=1时, f(x)=xe-x-ex, f '(x)=(1-x)e-x-ex=.(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:
x (-∞,0) 0 (0,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
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≥,即a≥-,
设m(x)=-,则m'(x)==, (11分)
令m(x)=0,解得x=,
当x∈时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈时,m'(x)<0,m(x)单调递减,
所以m(x)max=m=-=-, (14分)
所以a≥-. (15分)
3.(2024广东广州一模,17)已知函数f(x)=cos 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+xcos x=xcos x,由f '(x)=0得x=0或或-,
当-π
当-
当
(2)证明:令F(x)=ex+e-x-2(cos x+xsin x),x∈[0,π),
则F(0)=0,F'(x)=ex-e-x-2xcos x.
因为x∈[0,π),所以cos x≤1,所以2xcos x≤2x,
从而F'(x)=ex-e-x-2xcos 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≥2-2=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,
∴解得
∴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=-,
(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-3
∴f '(x)=0有两个正根,不妨令0
∵f(x1)=-3-(x1-1)(3-6x1)=-2x1(-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=-<0,
∴f '(x)=0有一个正根和一个负根,不妨令x1<0
∵f(x1)>f(0)=c>0, f(x2)
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)-x2(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)=-x=,
当a≤-1时, f(x)在(-2,+∞)上单调递减;
当-1
当x∈(--1,-1)时, f '(x)>0,
当x∈(-1,+∞)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-2,--1)上单调递减,在(--1,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减;
当a≥0时,--1≤-2,所以x∈(-2,-1)时, f '(x)>0,当x∈(-1,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-2,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减.
(2)(i)由(1)知-1
因为-1
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∈,证明:esin θ-1+ecos θ-1+ln(sin θcos 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
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=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>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.
(3)证明:要证esin θ-1+ecos θ-1+ln(sin θcos θ)<1,
只要证esin θ-1+ecos θ-1+ln sin θ+ln cos θ
所以只要证对任意0
所以h(x)在(-1,0)上单调递增;
则h(x)
所以esin θ-1+ecos θ-1+ln(sin θcos 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
∴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)=-1=,
∴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-(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)=a-
=
=-[a(x1-x2)+-1]
=-[-a(x2-x1)-1],
g(x2)=[-a(x1-x2)-1],
由(1)知当x≠0时,ex>x+1,即ex-x-1>0,
∴-a(x2-x1)-1>0,-a(x1-x2)-1>0,
又>0,>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)=(2x-a)e2x-bex的图象在点(0, f(0))处的切线方程为y=-x-.
(1)求f(x)的解析式;
(2)证明: x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2.
参考数据:≈2.23.
解析 (1)由题可知,切点为,切线的斜率为-1, f '(x)=e2x-bex,
所以解得a=1,b=1,
所以f(x)=(2x-1)e2x-ex.
(2)证明:要证明 x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2,
即证明 x∈(0,+∞),(2x-1)e2x-ex-2ln x+2>0.
令函数F(x)=(2x-1)e2x-ex-2ln x+2,
则F'(x)=xe2x-ex-==,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g=-2≈×2.23-2<0,g(1)=e-2>0,
所以存在唯一的x0∈,使得g(x0)=0,
即x0-2=0,所以x0=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)=(2x0-1)--2ln x0+2
=(2x0-1)--2(ln 2-x0)+2
=---2ln 2+2x0+2
=-+2x0-2ln 2+2.
设函数h(t)=-+2t-2ln 2+2,t∈,
则当
所以h(t)>h=-+-2ln 2+2=+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)=-cos x,g(x)=-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0
②当ai=(i∈N*),ki=(i=1,2,…,n-1)时,ki>.
解析 (1)g(x)≥f(x) x∈[0,+∞)恒成立,理由如下:
令h(x)=g(x)-f(x)=-1+cos x,x∈[0,+∞),
则h'(x)=x-sin x,x∈[0,+∞),令q(x)=h'(x),
则q'(x)=1-cos 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在上单调递增,故sin m
只需证(m-n)cos n+sin n-sin m>0,
令r(x)=(x-n)cos n-sin x+sin n,0
r'(x)=cos n-cos x,
令p(x)=cos n-cos x,则函数p(x)在上单调递增,
所以当0
所以r(x)>r(n)=0,故r(m)>r(n)=0,
所以当0
②由(1)知,cos x>1-,x>0, f '(x)=sin x,
由于0<<<,
所以ki==>cos >1-,
所以ki>++…+
=n-1-=n-1-
=n-+·>.
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(x1
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}
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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