2024高考數(shù)學二輪專題復習與測試專題強化練十八導數(shù)的綜合應用

專題強化練(十八)導數(shù)的綜合應用1．(2024·汕頭三模)已知函數(shù)f(x)＝x－2sinx.(1)求f(x)在(0，π)的極值；(2)證明：函數(shù)g(x)＝lnx－f(x)在(0，π)有且只有兩個零點．(1)解：由函數(shù)(x)＝x－2sinx，對函數(shù)的求導可得f′(x)＝1－2cosx，x∈(0，π)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(π,3)，當0<x<eq\f(π,3)時，f′(x)<0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當eq\f(π,3)<x<π時，f′(x)≥0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的微小值為f(eq\f(π,3))＝eq\f(π,3)－eq\r(3)，無極大值．(2)證明：g(x)＝lnx－f(x)＝lnx－x＋2sinx，x∈(0，π)．則g′(x)＝eq\f(1,x)－1＋2cosx，令φ(x)＝eq\f(1,x)＋2cosx－1，則φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－2sinx.當x∈(0，π)時，φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－2sinx<0，則φ(x)在(0，π)上單調(diào)遞減，因為φ(eq\f(π,3))＝eq\f(3,π)>0，φ(eq\f(π,2))＝eq\f(2,π)－1<0，所以存在x0∈(eq\f(π,3)，eq\f(π,2))，使得φ(x0)＝g′(x0)＝0.當x改變時，g(x)，g′(x)改變?nèi)缦卤恚簒(0，x0)x0(x0，π)g′(x)＋0－g(x)單調(diào)遞增極大值g(x0)單調(diào)遞減而g(eq\f(π,3))＝lneq\f(π,3)－eq\f(π,3)＋eq\r(3)>0，g(π)＝lnπ－π<lne2－π＝2－π<0，則g(x0)>g(eq\f(π,3))>0，又g(eq\f(π,6))＝lneq\f(π,6)－eq\f(π,6)＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，其中0<x<1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)>0，所以，函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，則h(x)<h(1)＝0，所以，h(eq\f(π,6))＝lneq\f(π,6)－eq\f(π,6)＋1<0，由零點存在定理可知，函數(shù)g(x)在(0，π)上有兩個零點．2．(2024·天河區(qū)三模)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex的一個極值點為x＝－2.(1)求函數(shù)f(x)的微小值；(2)若函數(shù)g(x)＝[x2－(2m＋1)x－(2m＋1)]·ex＋x2＋4x＋2，當x≥－2時，f(x)≥g(x)，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)f′(x)＝(2x＋a＋x2＋ax－1)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex，則f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]e－2＝0，解得a＝－1，則f(x)＝(x2－x－1)ex，f′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)·(x－1)ex，當x<－2或x>1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當－2<x<1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x＝1處取得微小值，微小值為f(1)＝－e；(2)當x≥－2時，f(x)g(x)等價于(x2－x－1)ex≥[x2－(2m＋1)x－(2m＋1)]ex＋x2＋4x＋2在x∈[－2，＋∞)上恒成立，整理得2m(x＋1)ex≥x2＋4x＋2，當x＝－1時，0≥－1明顯成立；當－2≤x<－1時，2m≤eq\f(x2＋4x＋2,（x＋1）ex)，令h(x)＝eq\f(x2＋4x＋2,（x＋1）ex)，則h′(x)＝eq\f(（2x＋4）（x＋1）ex－（x2＋4x＋2）（x＋2）ex,（x＋1）2e2x)＝eq\f(－x（x＋2）2,（x＋1）2ex)，當－2≤x<－1時，h′(x)>0，h(x)單增，則h(x)≥h(－2)＝2e2，故2m≤2e2，即m≤e2；當x>－1時，2m≥eq\f(x2＋4x＋2,（x＋1）ex)，由上知，當－1<x<0時，h′(x)>0，h(x)單增，當x>0時，h′(x)<0，h(x)單減，則h(x)≤h(0)＝2，故2m≥2，即m≥1.綜上可得m∈[1，e2]．3．(2024·廣東二模)已知函數(shù)f(x)＝xenx－nx(n∈N*且n≥2)的圖象與x軸交于P，Q兩點，且點P在點Q的左側(cè)．(1)求點P處的切線方程y＝g(x)，并證明：x≥0時，f(x)≥g(x)；(2)若關(guān)于x的方程f(x)＝t(t為實數(shù))有兩個正實根x1，x2，證明：|x1－x2|<eq\f(2t,nlnn)＋eq\f(lnm,n).(1)解：令f(x)＝0，得xenx－nx＝0.所以x＝0或enx＝n.即x＝0或x＝eq\f(lnn,n).因為點P在點Q的左側(cè)，所以P(0，0)，Q(eq\f(lnn,n)，0)．因為f′(x)＝(nx＋1)enx－n，所以f′(0)＝1－n，得點P處的切線方程為y＝(1－n)x，即g(x)＝(1－n)x.當x≥0時，f(x)－g(x)＝xenx－nx－(1－n)x＝x(enx－1)，因為x≥0，n∈N*且n≥2，所以nx≥0，所以enx≥1，即enx－1≥0.所以x(enx－1)≥0，所以f(x)≥g(x)．(2)證明：不妨設x1≤x2，且只考慮x>0的情形．因為f′(x)＝(nx＋1)enx－n，所以f′(eq\f(lnn,n))＝(neq\f(lnn,n)＋1)·elnn－n＝(lnn＋1)－n＝nlnn.所以點Q處的切線方程為y＝nlnn(x－eq\f(lnn,n))＝(nlnn)x－ln2n，記h(x)＝(nlnn)x－ln2n，令F(x)＝f(x)－h(huán)(x)＝xenx－nx－[(nlnn)x－ln2n]＝xenx－(n＋nlnn)x＋ln2n，x>0，設G(x)＝F(x)＝(nx＋1)enx－(n＋nlnn)，則G(x)＝n(nx＋2)enx>0.所以F(x)單調(diào)遞增．又因為F(eq\f(lnn,n))＝(neq\f(lnn,n)＋1)eeq\a\vs4\al(\f(lnn,n))－(n＋nlnn)＝0，所以，當x∈(0，eq\f(lnn,n))時，F(xiàn)(x)<0；當x∈(eq\f(lnn,n)，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0.所以F(x)在(0，eq\f(lnn,n))上單調(diào)遞減，在(eq\f(lnn,n)，＋∞)上單調(diào)遞增．所以F(x)在x＝eq\f(lnn,n)時有微小值，也是最小值，即F(x)≥F(eq\f(lnn,n))＝eq\f(lnn,n)eeq\a\vs4\al(n\f(lnn,n))－(n＋nlnn)eq\f(lnn,n)＋ln2n＝0，所以當x≥0時，f(x)≥h(x)．設方程h(x)＝t的根為x′2，則x′2＝eq\f(t＋ln2n,nlnn).易知h(x)單調(diào)遞增，由h(x2)≤f(x2)＝t＝h(x′2)，所以x2≤x′2.對于(1)中，g(x)＝(1－n)x，設方程g(x)＝t的根為x′1，則x′1＝eq\f(t,1－n).易知g(x)單調(diào)遞減，由(1)知(x1)≤f(x1)＝t＝g(x′1)，所以x1≤x′1.所以x2－x1≤x′2－x′1＝eq\f(t＋ln2n,nlnn)－eq\f(t,1－n)＝(eq\f(1,nlnn)＋eq\f(1,n－1))t＋eq\f(lnn,n).因為nlnn－(n－1)＝n(lnn－1)＋1，易知n≥3時，lnn－1>0，故n(lnn－1)＋1>0(n≥3)；當n＝2時，2(ln2－1)＋1＝ln4－1>0，所以nlnn>n－1>0，所以0<eq\f(1,nlnn)<eq\f(1,n－1)，所以eq\f(1,nlnn)＋eq\f(1,n－1)>eq\f(2,nlnn).記φ(x)＝f′(x)＝(nx＋1)enx－n，x≥0，則σ′(x)＝n(nx＋2)enx>0恒成立．所以f′(x)＝(nx＋1)enx－n單調(diào)遞增，因為f′(0)＝1－n<0，f′(eq\f(lnn,n))＝nlnn>0，所以存在x0∈(0，eq\f(lnn,n))使得f′(x0)＝0.所以，當x∈(0，x0)時．f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為f(0)＝0，f(eq\f(lnn,n))＝0，由函數(shù)圖象知當方程f(x)＝t(t為實數(shù))有兩個正實根x1，x2時，t<0，所以(eq\f(1,nlnn)＋eq\f(1,n－1))t<eq\f(2t,nlnn).所以x2－x1≤x′2－x′1<eq\f(2t,nlnn)＋eq\f(lnn,n)，即|x2－x1|<eq\f(2t,nlnn)＋eq\f(lnn,n).4．(2024·廣東三模)設函數(shù)f(x)＝x2－ax＋2sinx.(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程；(2)若f(x)在區(qū)間(0，2π)上有唯一零點，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)f(x)＝x2－x＋2sinx，f′(x)＝2x－1＋2cosx.令g(x)＝f′(x)＝2x－1＋2cosx，則g′(x)＝2－2sinx≥0，故g(x)＝2x－1＋2cosx是R上的增函數(shù)，因為f′(0)＝1，所以方程f′(x)＝1有唯一解x＝0.又f(0)＝0，則切點為(0，0)，即斜率為1的切線方程是y＝x.(2)f′(x)＝2x－a＋2cosx，令g(x)＝f′(x)＝2x－a＋2cosx，則g′(x)＝2－2sinx≥0，故g(x)＝2x－a＋2cosx是R上的增函數(shù)，又g(eq\f(a－3,2))＝2·eq\f(a－3,2)－a＋2coseq\f(a－3,2)＝－3＋2coseq\f(a－3,2)<0，g(eq\f(a＋3,2))＝2·eq\f(a＋3,2)－a＋2coseq\f(x＋3,2)＝3＋2coseq\f(a＋3,2)>0，故存在唯一實數(shù)x0∈(eq\f(a－3,2)，eq\f(a＋3,2))，使g(x0)＝0.在區(qū)間(－∞，x0)上，g(x)＝f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(x0，＋∞)上，g(x)＝f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故x0是f(x)的唯一極值點，且為微小值點．又f(0)＝0，故f(x)在區(qū)間(0，2π)上有唯一零點等價于x0>0且f(2π)>0，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（0）＝－a＋2<0，,f（2π）＝（2π）2－2πa>0，))解得2<a<2π，所以實數(shù)a的取值范圍為(2，2π)．5．(2024·惠州一模)已知函數(shù)f(x)＝ex＋msinx－eq\f(1,2)x2－1(m∈R)．(1)當m＝0時，探討f(x)的單調(diào)性；(2)若不等式x·f(x)≥0對x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))恒成立，求m的取值范圍．解：(1)當m＝0時，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，則f′(x)＝ex－x，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex－1，因為x<0時，g′(x)<0；x>0時，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增，所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝1>0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．(2)因為xf(x)≥0對?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))恒成立，且f(0)＝e0－1＝0，所以當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，有f(x)≥0；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，有f(x)≤0，由(1)知ex－x≥1，所以f′(x)＝ex＋mcosx－x≥1＋mcosx，由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，得cosx∈[0，1]，①當m≥－1時，f′(x)≥1＋mcosx≥1－cosx≥0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))單調(diào)遞增，所以當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)≥f(0)＝0；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，f(x)≤f(0)＝0，所以當m≥－1時，xf(x)≥0對?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))恒成立．②當m<－1時，令h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝ex－msinx－1，令m(x)＝h′(x)，則m(x)＝ex－mcosx，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，有cosx∈[0，1]，所以m′(x)＝ex－mcosx≥ex>0，所以函數(shù)h′(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))單調(diào)遞增，且有h′(0)＝e0－l＝0，所以當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，h′(x)<0；當x∈(0，eq\f(π,2)]時，h′(x)>0，所以函數(shù)f′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))單調(diào)遞減，在(0，eq\f(π,2)]單調(diào)遞增，因為f′(0)＝1＋m<0，f′(－eq\f(π,2))＝eeq\a\vs4\al(－\f(π,2))＋eq\f(π,2)>0，所以存在x0∈(－eq\f(π,2)，0)使得f′(x0)＝0，且x∈(x0，0)時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(x0，0)上單調(diào)遞減，即f(x0)>f(0)＝0，則有x0f(x0)<0與條件xf(x)≥0沖突，即m<－1不合題意．綜上①②，可得實數(shù)m的取值范圍是[－1，＋∞)．6．(2024·石家莊模擬)已知f(x)＝lnx＋ax＋1(a∈R)，f′(x)為f(x)的導函數(shù)．(1)若對隨意x>0都有f(x)≤0，求a的取值范圍；(2)若0<x1<x2，證明：對隨意常數(shù)a，存在唯一的x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)成立．(1)解：由已知有f(x)≤0，即lnx＋ax＋1≤0恒成立，即－a≥eq\f(lnx＋1,x)恒成立，令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，當0<x<1時，g′(x)>0，當x>1時g′(x)<0，所以x＝1是函數(shù)g(x)在(0，＋∞)內(nèi)唯一的極大值點，也是最大值點，所以g(x)max＝g(1)＝1，所以只要－a≥1，即a≤－1即可，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]．(2)證明：設h(x)＝f′(x)－eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，將問題轉(zhuǎn)化為h(x)在區(qū)間(x1，x2)上有唯一的零點，由h(x)＝f′(x)－eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝eq\f(