2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数01真题赏析类型四导数的综合应用

类型四导数的综合应用1．(2023·新课标Ⅰ卷)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)>2lna＋eq\f(3,2).(1)解：f(x)＝a(ex＋a)－x，则f′(x)＝aex－1，①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在R上单调递减，②当a>0时，令f′(x)＝0得，x＝lneq\f(1,a)，当x∈(－∞，lneq\f(1,a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(lneq\f(1,a)，＋∞)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(－∞，lneq\f(1,a))上单调递减，在(lneq\f(1,a)，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)可知，当a>0时，f(x)min＝f(lneq\f(1,a))＝a(eq\f(1,a)＋a)－lneq\f(1,a)＝1＋a2＋lna，要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，只需证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，只需证a2－lna－eq\f(1,2)>0，设g(a)＝a2－lna－eq\f(1,2)，a>0，则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)＝0得，a＝eq\f(\r(2),2)，当a∈(0，eq\f(\r(2),2))时，g′(a)<0，g(a)单调递减，当a∈(eq\f(\r(2),2)，＋∞)时，g′(a)>0，g(a)单调递增，所以g(a)≥g(eq\f(\r(2),2))＝eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)＝－lneq\f(\r(2),2)>0，即g(a)>0，所以a2－lna－eq\f(1,2)>0得证，即f(x)>2lna＋eq\f(3,2)得证．2．(2023·新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x；(2)已知函数f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0为f(x)的极大值点，求a的取值范围．(1)证明：设g(x)＝x－x2－sinx，x∈(0，1)，则g′(x)＝1－2x－cosx，所以g″(x)＝－2＋sinx<0，所以g′(x)在(0，1)上单调递减，所以g′(x)<g′(0)＝0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，即x－x2－sinx<0，x∈(0，1)，所以x－x2<sinx，x∈(0，1)，设h(x)＝x－sinx，x∈(0，1)，则h′(x)＝1－cosx>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，x∈(0，1)，即x－sinx>0，x∈(0，1)，所以sinx<x，x∈(0，1)，综合可得，当0<x<1时，x－x2<sinx<x.(2)解：因为f′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)，所以f″(x)＝－a2cosax＋eq\f(2＋2x2,（1－x2）2)，且f′(0)＝0，f″(0)＝－a2＋2，①若f″(x)＝2－a2>0，即－eq\r(2)<a<eq\r(2)时，易知存在t1>0，使得x∈(0，t1)时，f″(x)>0，所以f′(x)在(0，t1)上单调递增，所以f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)在(0，t1)上单调递增，这显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去；②若f″(x)＝2－a2<0，即a<－eq\r(2)或a>eq\r(2)时，存在t2>0，使得x∈(－t2，t2)时，f″(x)<0，所以f′(x)在(－t2，t2)上单调递减，又f′(0)＝0，所以当－t2<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<t2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，满足x＝0为f(x)的极大值点，符合题意；③若f″(x)＝2－a2＝0，即a＝±eq\r(2)时，因为f(x)为偶函数，所以只考虑a＝eq\r(2)的情况，此时f′(x)＝－eq\r(2)sin(eq\r(2)x)＋eq\f(2x,1－x2)，x∈(0，1)时，f′(x)>－2x＋eq\f(2x,1－x2)＝2x(eq\f(1,1－x2)－1)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得，a的取值范围为(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)．3．(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，x∈(0，eq\f(π,2))．(1)若a＝8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范围．解：(1)已知f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，函数定义域为(0，eq\f(π,2))，若a＝8，此时f(x)＝8x－eq\f(sinx,cos3x)，可得f′(x)＝8－eq\f(cosx·cos3x＋sinx·3cos2x·sinx,cos6x)＝eq\f(（4cos2x＋3）（2cos2x－1）,cos4x)，因为4cos2x＋3>0，cos4x>0，所以当cosx>eq\f(\r(2),2)，即0<x<eq\f(π,4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当cosx<eq\f(\r(2),2)，即eq\f(π,4)<x<eq\f(π,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)不妨设g(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)－sin2x，函数定义域为(0，eq\f(π,2))，g′(x)＝a－eq\f(3－2cos2x,cos4x)－2cos2x＝a－eq\f(3－2cos2x,cos4x)－2(2cos2x－1)，令cos2x＝t，0<t<1，此时g′(t)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，不妨令k(t)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，可得k′(t)＝－4－eq\f(2,t2)＋eq\f(6,t3)＝－eq\f(2（t－1）（2t2＋2t＋3）,t3)>0，所以k(t)单调递增，此时k(t)<k(1)＝a－3，①当a≤3时，g′(x)＝k(t)<a－3≤0，所以g(x)在(0，eq\f(π,2))上单调递减，此时g(x)<g(0)＝0，则当a≤3时，f(x)<sin2x恒成立，符合题意；②当a>3时，当t→0时，eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)＝－3(eq\f(1,t)－eq\f(1,3))2＋eq\f(1,3)→－∞，所以k(t)→－∞，又k(1)＝a－3>0，所以在区间(0，1)上存在一点t0，使得k(t0)＝0，即存在x0∈(0，eq\f(π,2))，使得g′(x0)＝0，当t0<t<1时，k(t)>0，所以当0<x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，可得当0<x<x0时，g(x)>g(0)＝0，不符合题意，综上，a的取值范围为(－∞，3]．4．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝(eq\f(1,x)＋a)·ln(1＋x)．(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线y＝f(eq\f(1,x))关于直线x＝b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由；(3)若f(x)在(0，＋∞)存在极值，求a的取值范围．解：(1)a＝－1时，f(1)＝0，f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)－1)(eq\f(1,x＋1))，f′(1)＝－ln2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－ln2(x－1)．(2)f(eq\f(1,x))＝(x＋a)ln(eq\f(x＋1,x))，定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，要使函数f(eq\f(1,x))的图象关于x＝b对称，则由x≠0，且x≠1，可知b＝－eq\f(1,2)，即f(eq\f(1,x))＝(x＋a)ln(eq\f(x＋1,x))的图象关于x＝－eq\f(1,2)对称，则f(1)＝(1＋a)ln2，f(－2)＝(－2＋a)lneq\f(1,2)＝(2－a)·ln2，得1＋a＝2－a，解得a＝eq\f(1,2).综上，a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2).(3)f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)＋a)(eq\f(1,x＋1))＝－eq\f(1,x2)[ln(x＋1)－eq\f(ax2＋x,x＋1)]，要使f(x)在(0，＋∞)存在极值点，则方程ln(x＋1)－eq\f(ax2＋x,x＋1)＝0有正根，记g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax2＋x,x＋1)，x>0，g′(x)＝－eq\f(x,（1＋x）2)×(ax＋2a－1)，①当a≤0时，g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，不符合题意；②当a≥eq\f(1,2)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，g(x)<g(0)＝0，不符合题意；③当0<a<eq\f(1,2)时，令g′(x)>0，0<x<eq\f(1－2a,a)，令g′(x)<0，x>eq\f(1－2a,a)，故g(x)在(0，eq\f(1－2a,a))上单调递增，在(eq\f(1－2a,a)，＋∞)上单调递减，易知x→＋∞时，g(x)→－∞，故只需g(x)≤g(eq\f(1－2a,a))＝ln(eq\f(1－2a,a)＋1)－eq\f(\f(（1－2a）2,a)＋\f(1－2a,a),\f(1－2a,a)＋1)＝ln(eq\f(1,a)－1)＋4a－2>0，记h(t)＝ln(t－1)＋eq\f(4