统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业21导数的综合应用理

课时作业21导数的综合应用A基础达标1．[2024·山西省朔州市怀仁市高三二模]设函数f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(1)当a＝1时，求F(x)＝ex－f(x)的单调区间；(2)若f(x)在区间[eq\f(1,e)，1]上单调递增，求实数a的取值范围．2．[2024·青海省西宁市高三二模]设函数f(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx.(1)若函数f(x)在其定义域上为增函数，求实数a的取值范围；(2)当a≤2时，设函数g(x)＝x－lnx－eq\f(1,e)，若在[1，e]上存在x1，x2使f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围．3．[2024·河南省五市高三二模]已知函数f(x)＝ex－1＋ax.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；(2)当m≥1时，证明lnx＋eq\f(mex,x)－sinx>1恒成立．4．[2024·云南省保山市高三二模]设函数f(x)＝xsinx，x∈R.(1)求f(x)在区间(0，π)上的极值点个数；(2)若x0为f(x)的极值点，则|f(x0)|≥λln(1＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，求整数λ的最大值．B素养提升5.[2024·四川省成都市石室中学高三模拟]已知函数f(x)＝2alnx＋x2－2(a＋1)x(a<0).(1)探讨f(x)的零点个数；(2)若f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2.6．[2024·山东省东营市第一中学高三二模]已知函数f(x)＝eq\r(\f(2x,x＋1))，g(x)＝eq\f(sinx,x).(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：－eq\f(1,4)<g(x)<1；(3)设x1＝eq\r(2)，xn＋1＝f(xn)，证明：x1x2…xn<eq\f(π,2).课时作业21导数的综合应用1．解析：（1）当a＝1时，F（x）＝ex－f（x）＝（x－1）ln（x－1）－2x，定义域为（1，＋∞），F′（x）＝ln（x－1）－1，令F′（x）>0，解得：x>e＋1，令F′（x）<0，解得：1<x<e＋1，故此时F（x）的单调递增区间为（e＋1，＋∞），单调递减区间为（1，e＋1）.（2）f（x）在区间[eq\f(1,e)，1]上有意义，故ax－1>0在[eq\f(1,e)，1]上恒成立，可得a>e，依题意可得：f′（x）＝ex－aln（ax－1）＋1≥0在[eq\f(1,e)，1]上恒成立，设g（x）＝f′（x）＝ex－aln（ax－1）＋1，g′（x）＝ex－eq\f(a2,ax－1)，易知g′（x）在[eq\f(1,e)，1]上单调递增，故g′（x）≤g′（1）＝e－eq\f(a2,a－1)<0，故g（x）＝f′（x）＝ex－aln（ax－1）＋1在[eq\f(1,e)，1]上单调递减，最小值为g（1），故只需g（1）＝e－aln（a－1）＋1≥0，设h（a）＝e－aln（a－1）＋1，其中a>e，由h′（a）＝－ln（a－1）－eq\f(a,a－1)<0可得：h（a）＝e－aln（a－1）＋1在（e，＋∞）上为减函数，又h（e＋1）＝0，故a≤e＋1.综上所述：a的取值范围为（e，e＋1].2．解析：（1）因为函数f（x）在其定义域上为增函数，即f′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，所以1＋eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)≥0在（0，＋∞）上恒成立，即a≤x＋eq\f(1,x)在（0，＋∞）上恒成立，又x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2（仅当x＝1时取等号），故a的取值范围为（－∞，2].（2）在[1，e]上存在x1，x2，使f（x1）>g（x2）成立，即当x∈[1，e]时f（x）max>g（x）min，又g′（x）＝1－eq\f(1,x)，所以当x∈[1，e]时，g′（x）≥0，即函数g（x）在区间[1，e]上单调递增，故g（x）min＝g（1）＝1－ln1－eq\f(1,e)＝1－eq\f(1,e)，由（1）知f′（x）＝eq\f(x2－ax＋1,x2)，因为x2>0，又y＝x2－ax＋1的判别式Δ＝（－a）2－4×1×1＝a2－4，①当a∈[－2，2]时Δ≤0，则f′（x）≥0恒成立，即f（x）在区间[1，e]上单调递增，故f（x）max＝f（e）＝e－eq\f(1,e)－a，故f（e）>g（1），即e－eq\f(1,e)－a>1－eq\f(1,e)，得a<e－1，又a∈[－2，2]，所以a∈[－2，e－1）；②当a∈（－∞，－2）时Δ>0，f′（x）＝0的两根为x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，此时x1<0，x2<0，故函数f（x）在区间[1，e]上是单调递增．由①知a<e－1，所以a<－2，综上，a的取值范围为（－∞，e－1）.3．解析：（1）∵f（x）＝ex－1＋ax，且该函数的定义域为R，f′（x）＝ex－1＋a.①当a>0时，f′（x）>0恒成立，f（x）在R上单调递增，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝e－eq\f(1,a)－1－1<0，所以a>0时不符合题意；②当a＝0时，f（x）＝ex－1>0，明显成立；③当a<0时，由f′（x）＝0解得x＝1＋ln（－a），当x∈（－∞，1＋ln（－a））时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（1＋ln（－a），＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．所以f（x）min＝f（1＋ln（－a））＝－a＋a[1＋ln（－a）]＝aln（－a）≥0，即ln（－a）≤0，所以0<－a≤1，解得－1≤a<0.综上所述，－1≤a≤0.（2）证明：由题意可知，函数g（x）＝lnx＋eq\f(mex,x)－sinx－1的定义域为（0，＋∞），先证明lnx＋eq\f(ex,x)－sinx－1>0，令h（x）＝eq\f(ex,x)＋lnx－sinx－1，则h（x）＝ex－lnx－（x－lnx＋1）＋x－sinx，由（1）可知ex－1－x≥0，所以，ex－lnx－（x－lnx＋1）≥0，设p（x）＝x－sinx，其中x>0，则p′（x）＝1－cosx≥0且p′（x）不恒为零，所以p（x）在（0，＋∞）上为增函数，故当x>0时，p（x）>p（0）＝0，所以ex－lnx－x＋lnx－1＋x－sinx>0，因为m≥1，故g（x）≥h（x）>0，故原不等式得证．4．解析：（1）由函数f（x）＝xsinx，可得f′（x）＝sinx＋xcosx，令φ（x）＝f′（x）＝sinx＋xcosx，可得φ′（x）＝2cosx－xsinx，①当x∈（0，eq\f(π,2)]时，f′（x）≥sinx>0，f（x）单调递增，无极值点；②当x∈（eq\f(π,2)，π）时，φ′（x）<2cosx<0，f′（x）单调递减，又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1>0，f′（π）＝－π<0，故存在唯一x1∈（eq\f(π,2)，π），使得f′（x1）＝0，当eq\f(π,2)<x<x1时，f′（x）>0；当x1<x<π时，f′（x）<0，故f（x）在（eq\f(π,2)，x1）上单调递增，在（x1，π）上单调递减，f（x）有极大值点x1，综上可得，f（x）在区间（0，π）上有1个极值点．（2）若x0为f（x）的极值点，则f′（x0）＝sinx0＋x0cosx0＝0，即tanx0＝－x0，由|f（x0）|＝|x0sinx0|＝|x0|eq\r(\f(sin2x0,sin2x0＋cos2x0))＝|x0|eq\r(\f(tan2x0,tan2x0＋1))＝eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1))＝eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1)－eq\f(1,\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1))，令t＝eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1)≥1，|f（x0）|≥λln（1＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))），即t－eq\f(1,t)≥2λlnt.记g（t）＝t－eq\f(1,t)－2λlnt（t≥1），即g（t）≥0，则g′（t）＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2λ,t)＝eq\f(t2－2λt＋1,t2)，①当λ＝1时，g′（t）＝eq\f(（t－1）2,t2)≥0，故g（t）在[1，＋∞）上单调递增，所以g（t）≥g（1）＝0，符合题意；②当λ≥2时，若1≤t<2＋eq\r(3)，则g′（t）≤eq\f(t2－4t＋1,t2)<0，故g（t）在（1，2＋eq\r(3)）上单调递减，由（1）知f（x）在区间（eq\f(π,2)，π）上存在极值点，记为x1，则1<eq\r(1＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))<eq\r(1＋π2)<2＋eq\r(3)，故g（eq\r(1＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))）<g（1）＝0，不符合题意，综上可得，整数λ的最大值为1.5．解析：（1）f′（x）＝eq\f(2a,x)＋2x－2（a＋1）＝eq\f(2x2－2（a＋1）x＋2a,x)＝eq\f(2（x－a）（x－1）,x).因为a<0，所以当x∈（0，1）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．所以f（x）min＝f（1）＝－1－2a.当－1－2a>0，即a<－eq\f(1,2)时，f（x）的零点个数为0.当－1－2a＝0，即a＝－eq\f(1,2)时，f（x）的零点个数为1.当－1－2a<0，即－eq\f(1,2)<a<0时，留意到0<eeq\f(1,a)<1，f（eeq\f(1,a)）＝2＋eeq\f(2,a)－2（a＋1）eeq\f(1,a)＝eeq\f(2,a)－2aeeq\f(1,a)＋2（1－eeq\f(1,a)）>0.下面证明lnx≤x－1，x>0.设h（x）＝lnx－x＋1，x>0，所以h′（x）＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，由h′（x）>0解得0<x<1；由h′（x）<0解得x>1.则h（x）在（0，1）单调递增，（1，＋∞）单调递减，所以h（x）≤h（1）＝0，即lnx≤x－1.所以f（x）≥2a（x－1）＋x2－2（a＋1）x＝x2－2x－2a，所以f（2）>－2a>0.因此，∃x1∈（eeq\f(1,a)，1），∃x2∈（1，2），使得f（x1）＝f（x2）＝0，所以此时f（x）的零点个数为2.综上，当a<－eq\f(1,2)时，f（x）的零点个数为0；当a＝－eq\f(1,2)时，f（x）的零点个数为1；当－eq\f(1,2)<a<0时，f（x）的零点个数为2.（2）证明：证法一由（1）可知，当a∈（－eq\f(1,2)，0）时，函数f（x）有两个零点，且0<x1<1<x2.令F（x）＝f（2－x）－f（x）＝2a（lneq\f(2－x,x)＋2x－2），x∈（0，1），则F′（x）＝－4a·eq\f(（x－1）2,x（2－x）).当x∈（0，1）时，F′（x）>0，所以F（x）在区间（0，1）上单调递增，所以F（x1）＝f（2－x1）－f（x1）<F（1）＝0.所以f（2－x1）<f（x1）＝f（x2）.因为0<x1<1<x2，所以2－x1>1.又由（1）可知，f（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，所以2－x1<x2，故x1＋x2>2.证法二由f（x1）＝f（x2）＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2（a＋1）x1＝－2alnx1，,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－2（a＋1）x2＝－2alnx2，))则x1＋x2－2（a＋1）＝－2a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2).由对数平均不等式eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)<eq\f(x1＋x2,2)，得x1＋x2－2（a＋1）>－4a·eq\f(1,x1＋x2)，所以（x1＋x2）2－2（a＋1）（x1＋x2）＋4a>0，所以（x1＋x2－2）（x1＋x2－2a）>0.又x1＋x2－2a>0，所以x1＋x2>2.6．解析：（1）由eq\f(2x,x＋1)≥0得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x（x＋1）≥0,x＋1≠0))，解得：x<－1或x≥0，f（x）的定义域为（－∞，－1）∪[0，＋∞）；方法一当x∈（－∞，－1）∪（0，＋∞）时，f′（x）＝eq\f(1,（x＋1）2)eq\r(\f(x＋1,2x))>0，f（x）的单调递增区间为（－∞，－1）和（0，＋∞），无单调递减区间；方法二由题意得：f（x）＝eq\r(2－\f(2,x＋1))，∵y＝2－eq\f(2,x＋1)在（－∞，－1），（0，＋∞）单调递增，y＝eq\r(x)为增函数，f（x）的单调递增区间为（－∞，－1）和（0，＋∞），无单调递减区间．（2）∵g（x）定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），g（－x）＝－eq\f(sin（－x）,x)＝eq\f(sinx,x)＝g（x），∴g（x）是偶函数，∴－eq\f(1,4)<g（x）<1等价于当x>0时，－eq\f(x,4)<sinx<x；设h（x）＝sinx－x，则h′（x）＝cosx－1≤0，∴h（x）单调递减，∴当x>0时，h（x）<h（0）＝0；即当x>0时，sinx<x；设φ（x）＝sinx＋eq\f(x,4)，则当0<x≤π时，φ（x）>0，当π<x<eq\f(3π,2)时，φ′（x）＝cosx＋eq\f(1,4)为增函数，且φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝－eq\f(1,4)<0，φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝eq\f(1,4)>0，∴存在唯一x0∈（eq\f(4π,3)，eq\f(3π,2)），使得φ′（x0）＝cosx0＋eq\f(1,4)＝0，即cosx0＝－eq\f(1,4)，当π<x<x0时，φ′（x）<0，φ（x）单调递减；当x0<x<eq\f(3π,2)时，φ′（x）>0，φ（x）单调递增，∴φ（x）≥φ（x0）＝sinx0＋eq\f(x0,4)＝－eq\r(1－cos2x0)＋eq\f(x0,4)>eq\f(1,4)×eq\f(4π,3)－eq\f(\r(15),4)>0；当x≥eq\f(3π,2)时，φ（x）≥sinx＋eq\f(1,4)·eq\f(3π,2)>sinx＋1≥0；∴φ（x）>0在（0，＋∞）上恒成立，即－eq\f(x,4)<sinx；综上所述：当x>0时，－eq