2023年高考分类题库考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值

考点10利用导数研究函数的单调性、极值、最值22.(2023·新高考Ⅱ卷·T22)(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是f(x)的极大值点,求a的取值范围.【命题意图】将导数与三角函数巧妙结合,通过对导函数的分析,考查函数的单调性、极值相关的问题,通过导数、函数、不等式等知识,深入考查分类讨论思想、化归转化思想.本题做到真正意义上回归教材,创新高度,有一定的计算量.【解题指导】(1)分别构建F(x)=x-sinx,x∈(0,1),G(x)=x2-x+sinx,x∈(0,1),求导,利用导数判断原函数的单调性,进而可得结果;(2)根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究f(x)在(0,1)上的单调性,求导,分类讨论0<a2<2和a2≥2,结合(1)中的结论放缩,根据极大值的定义分析求解.【解析】(1)构建F(x)=x-sinx,x∈(0,1),则F'(x)=1-cosx>0对∀x∈(0,1)恒成立,则F(x)在(0,1)上单调递增,可得F(x)>F(0)=0,所以x>sinx,x∈(0,1);构建G(x)=sinx-(x-x2)=x2-x+sinx,x∈(0,1),则G'(x)=2x-1+cosx,x∈(0,1),构建g(x)=G'(x),x∈(0,1),则g'(x)=2-sinx>0对∀x∈(0,1)恒成立,则g(x)在(0,1)上单调递增,可得g(x)>g(0)=0,即G'(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立,则G(x)在(0,1)上单调递增,可得G(x)>G(0)=0,所以sinx>x-x2,x∈(0,1);综上所述:x-x2<sinx<x.(2)令1-x2>0,解得-1<x<1,即函数f(x)的定义域为(-1,1),若a=0,则f(x)=1-ln(1-x2),x∈(-1,1),因为y=-lnu在定义域内单调递减,y=1-x2在(-1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,则f(x)=1-ln(1-x2)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,故x=0是f(x)的极小值点,不合题意,所以a≠0.当a≠0时,令b=|a|>0,因为f(x)=cosax-ln(1-x2)=cos(|a|x)-ln(1-x2)=cosbx-ln(1-x2),且f(-x)=cos(-bx)-ln[1-(-x)2]=cosbx-ln(1-x2)=f(x),所以函数f(x)在定义域内为偶函数,由题意可得:f'(x)=-bsinbx-2xx2-1,x∈(-(ⅰ)当0<b2≤2时,取m=min1b,1,x∈(0,m),则bx∈(0,f'(x)=-bsinbx-2xx2-1>-b2x-2xx2-1=x(b2x2+2−b2)1−x2,所以f'(x)>x(b2即当x∈(0,m)⊆(0,1)时,f'(x)>0,则f(x)在(0,m)上单调递增,结合偶函数的对称性可知:f(x)在(-m,0)上单调递减,所以x=0是f(x)的极小值点,不合题意;(ⅱ)当b2>2时,取x∈0,1b⊆(0,1),则bx∈(0,1),f'(x)=-bsinbx-2xx2-1<-b(bx-b2x2)-2xx2-1=x1−x2(-b3x3构建h(x)=-b3x3+b2x2+b3x+2-b2,x∈0,1b,则h'(x)=-3b3x2+2b2x+b3,x∈0,1b,且h'(0)=b3>0,h'1b=b3-b>0,则h'(x)>0对∀x∈0,1b恒成立,可知h(x)在0,1b上单调递增,且h(0)=2-b2<0,h1b=2>0,所以h(x)在0,1b内存在唯一的零点n∈0,1b,当x∈(0,n)时,则h(x)<0,且x>0,1-x2>0,则f'(x)<x1−x2(-b3x3+b2x2+b3x+2-b2)即当x∈(0,n)⊆(0,1)时,f'(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减,结合偶函数的对称性可知:f(x)在(-n,0)上单调递增,所以x=0是f(x)的极大值点,符合题意;综上所述:b2>2,即a2>2,解得a>2或a<-2,故a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).【方法技巧】(1)当0<a2≤2时,利用sinx<x,x∈(0,1),换元放缩;(2)当a2≥2时,利用x-x2<sinx,x∈(0,1),换元放缩.21.(2023·全国乙卷·理科·T21)已知函数f(x)=1x+aln(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=f1x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,+∞)上存在极值,求a的取值范围.【解析】(1)当a=-1时,f(x)=1x-1ln(x+1),则f'(x)=-1x2ln(x+1)+1x-1×1x+1据此可得f(1)=0,f'(1)=-ln2,函数在(1,f(1))处的切线方程为y-0=-ln2(x-1),即(ln2)x+y-ln2=0.(2)存在.由函数的解析式可得f1x=(x+a)ln1x+1,函数的定义域满足1x+1=x+1x>0,即函数的定义域为(-∞,-1)∪(0定义域关于直线x=-12对称,由题意可得b=-1由对称性可知f-12+m=f-12-mm>12,取m=32可得f(1)=f(-2即(a+1)ln2=(a-2)ln12,则a+1=2-a,解得a=1经检验a=12,b=-12满足题意,故a=12,(3)f'(x)=1x2ax2+xx+1-令g(x)=ax2+xx+1-ln(x+1),所以f(x)在(0,+∞)上存在极值等价于g(x)在(0,+∞)上存在变号零点,g'(x)=x(1+x①当a≤0时,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,不符合题意;②当a≥12时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0,不符合题意③当0<a<12时,g'(x)=ax(1+x)2x-1a-2,x∈0,1a-2时,g'(x)<0,x∈1a-2,+∞时,g'(x)>0,所以g(x)在0,1a-2上单调递减,g(x)<g(0)=0;g(x)在1a-2,+∞上单调递增,且g1a-2<0,令x+1=t,则t>1.得g(t)=(at-lnt)+a-1t+1-2a,设φ(t)=(at-lnt)+a-1t+1则当t→+∞时,φ(t)→+∞,所以存在t∈(1,+∞),使φ(t)>0,从而存在x∈(0,+∞),使g(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上有变号零点.综上,a∈0,12.21.(2023·全国甲卷·理科·T21)已知f(x)=ax-sinxcos3x,x∈0,(1)若a=8,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)<sin2x恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)f'(x)=a-cos=a-cos2x+3令cos2x=t,则t∈(0,1),则f'(x)=g(t)=a-3−2tt2当a=8时,f'(x)=g(t)=8t2+2当t∈0,12,即x∈π4,π2时,f'(x)<0.当t∈12,1,即x∈0,π4时,f'(x)>0.所以f(x)在0,π4上单调递增,在π4,π2上单调递减.(2)设h(x)=f(x)-sin2x.由(1)知h'(x)=f'(x)-2cos2x=g(t)-2(2cos2x-1)=at2+2t-3t2-2(2t-1)=a+2-4t+2t-3设φ(t)=a+2-4t+2t-3t2,t∈(0φ'(t)=-4-2t2+6=-2(t-1)(2t所以φ(t)<φ(1)=a-3.①若a∈(-∞,3],h'(x)=φ(t)<a-3≤0,即h(x)在0,π2上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,所以当a∈(-∞,3]时,f(x)<sin2x恒成立,符合题意.②若a∈(3,+∞),当t→0时,2t-3t2=-3(1t-13)2+1φ(1)=a-3>0,所以∃t0∈(0,1),使得φ(t0)=0,即∃x0∈0,π2,使得h'(x0)=0.当t∈(t0,1)时,φ(t)>0,即当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x∈(0,x0)时,h(x)>h(0)=0,不符合题意.综上,a的取值范围为(-∞,3].20.(2023·全国甲卷·文科·T20)已知函数f(x)=ax-sinxcos2x,x∈0,(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=1,所以f(x)=x-sinxcos2x,x∈0,π2,则f'=1-cos=1-cos=cos=cos3令t=cosx,由于x∈0,π2,所以t=cosx∈(0,1),所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2=t2(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t2+2t+2)(t-1),因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0,t-1<0,cos3x=t3>0,所以f'(x)=cos3x+cos2x-2cos3x所以f(x)在0,π2上单调递减.(2)方法一:构建g(x)=f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx0<x<则g'(x)=a-1+sin2xcos3x+cosx若g(x)=f(x)+sinx<0,且g(0)=f(0)+sin0=0,则g'(0)=a-1+1=a≤0,解得a≤0,当a=0时,因为sinx-sinxcos2x=sinx1-又x∈0,π2,所以0<sinx<1,0<cosx<1,则1cos2x>所以f(x)+sinx=sinx-sinxcos2x<当a<0时,由于0<x<π2,显然ax<0所以f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx<sinx-sinx综上所述,若f(x)+sinx<0,则a≤0,所以a的取值范围为(-∞,0].方法二:因为sinx-sinxcos2x=sinx因为x∈0,π2,所以0<sinx<1,0<cosx<1,故sinx-sinxcos2x<0在0,π所以当a=0时,f(x)+sinx=sinx-sinxcos2x<当a<0时,由于0<x<π2,显然ax<0所以f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx<sinx-sinx当a>0时,因为f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sin令g(x)=ax-sin3xcos2x0则g'(x)=a-3sin注意到g'(0)=a-3sin20若∀x∈0,π2,使g'(x)>0,则g(x)在0,π2上单调递增,注意到g(0)=0,所以g(x)>g(0)=0,即f(x)+sinx>0,不满足题意;若∃x0∈0,π2,使g'(x0)<0,则g'(0)g'(x0)<0,所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1∈0,π2,使得g'(x1)=0,此时g'(x)在(0,x1)上有g'(x)>0,所以g(x)在(0,x1)上单调递增,则在(0,x1)上有g(x)>g(0)=0,即f(x)+sinx>0,不满足题意;综上,a的取值范围为(-∞,0].8.(2023·全国乙卷·文科·T8)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)【解析】选B.f(x)=x3+ax+2,则f'(x)=3x2+a,若f(x)要存在3个零点,则f(x)要存在极大值和极小值,则a<0,令f'(x)=3x2+a=0,解得x=--a3或且当x∈-∞,--a3∪-a3,+∞时,f'(x)>0,当x∈--a3,-a3时,f'(x)<故f(x)的极大值为f--a3,极小值为f-a3,若f(x)要存在3个零点,则f(−-a3)>0f(-20.(2023·全国乙卷·文科·T20)已知函数f(x)=1x+aln(1+x).(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(x))处的切线方程.(2)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围.【解析】(1)当a=-1时,f(x)=1x-1ln(x+1)(x>-1),则f'(x)=-1x2×ln(x+1)+1x-1×1据此可得f(1)=0,f'(1)=-ln2,所以函数在(1,f(1))处的切线方程为y-0=-ln2(x-1),即(ln2)x+y-ln2=0.(2)由函数的解析式可得f'(x)=-1x2ln(x+1)+1x+a×1x+1(x>-1满足题意时f'(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立.令-1x2ln(x+1)+1x+a1x+1≥0则-(x+1)ln(x+1)+(x+ax2)≥0,令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),原问题等价于g(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,则g'(x)=2ax-ln(x+1),当a≤0时,由于2ax≤0,ln(x+1)>0,故g'(x)<0,g(x)在区间(0,+∞)上单调递减,此时g(x)<g(0)=0,不合题意;令h(x)=g'(x)=2ax-ln(x+1),则h'(x)=2a-1x当2a≥1,a≥12时,由于1x+1<1,所以h'(x)>0,h(x)在区间(0,+∞即g'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以g'(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=0,满足题意.当0<a<12时,由h'(x)=2a-1x+1=0可得x=1当x∈0,12a-1时,h'(x)<0,h(x)在区间0,12a-1上单调递减,即g'(x)在区间0,12a-1上单调递减,注意到g'(0)=0,故当x∈0,12a-1时,g'(x)<g'(0)=0,g(x)单调递减,由于g(0)=0,故当x∈0,12a-1时,g(x)<g(0)=0,不合题意.综上可知:实数a的取值范围是a|a≥12.16.(2023·全国乙卷·