新高考数学一轮复习专题三导数及其应用3-3导数的综合应用练习含答案

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)=lnx2−x+ax+b(x-1)(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<x<2,求b的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,2).当b=0时,f(x)=lnx2−x+所以f'(x)=2−xxx2−x'+a因为f'(x)≥0,所以a≥2x(x依题意得a≥2x所以当x=1时,a取到最小值-2.(2)证明:因为f(x)=lnx2−x+ax+b(x-1)所以f(2-x)=ln2−xx+a(2-x)+b(1-x)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)=lnx2−x-2x+b(x-1)3,x∈(1,f'(x)=2x(2−x)+3b易知y=2x(2−x)∈(所以当b≥-23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<-23时,存在x0∈(1,2),使得2x0(2−即3b=2x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≥-23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)>2lna+32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=ln1a当x<ln1a时,f'(x)<0,f(x)单调递减当x>ln1a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−∞,ln1a上单调递减,(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)在−∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增,则f(x)min=fln1a要证明f(x)>2lna+32,只需证明1+a2+lna>2lna+3即证a2-lna-12>0令g(x)=x2-lnx-12(x>0),则g'(x)=2x-1x=当0<x<22时,g'(x)<0,g(x)单调递减当x>22时,g'(x)>0,g(x)单调递增∴g(x)min=g22=12-ln22-12=-ln2∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-lna-12>0∴f(x)>2lna+322.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-lnx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b,证明:2<1a+1b解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-lnx,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:由blna-alnb=a-b(两边同除以ab)得1a(1+lna)=1b(1+lnb),即1a令x1=1a,x2=1b,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,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)<f(2-x1).令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-lnx-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)<h(1)=0.∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)<f(2-x1),∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1,∴x1+x2>2.再证x1+x2<e.设x2=tx1,则t>1,结合lna+1a=lnb+1b,1a=x可得x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2),即1-lnx1=t(1-lnt-lnx1),故lnx1=t−1−要证x1+x2<e,即证(t+1)x1<e,即证ln(t+1)+lnx1<1,即证ln(t+1)+t−1−tlntt−1<1,即证(t-1)ln(t+1)令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tlnt,t>1,则S'(t)=ln(t+1)+t−1t+1-1-lnt=ln1+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,ln1+1t≤1t<2t+1,故S'(故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)<S(1)=0,故(t-1)ln(t+1)-tlnt<0成立,即x1+x2<e成立.综上所述,2<1a+1b3.(2020课标Ⅱ理,21,12分,难)已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤33(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤3n解析(1)f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinx·sin2x)'=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈π3,2π3时,f'(x)<0.所以f(x)在区间0,(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fπ3=338,最小值为f2π3=-338.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(3)证明:由于(sin2xsin22x…sin22nx)=|sin3xsin32x…sin32nx|=|sinx||sin2xsin32x…sin32n-1xsin2nx||sin22nx|=|sinx||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,所以sin2xsin22x…sin22nx≤33824.(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:112+1+122+2+…+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≤12时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,满足题意②当a>12时,令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex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<a≤12时,f'(x)≤1+x2ex(当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性判断)令g(x)=1+x2-ex2,则g'(x)=12∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,∴g(x)<g(0)=0,∴f'(x)=ex2·g(x)<0,f(x)在(0,+∞)∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.当12<a<1时,f'(x)=eax[1+ax-e(1-a)x]令h(x)=1+ax-e(1-a)x,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-1x-2lnx(x>1则h'(x)=1+1x2-2x=x易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0,∴x-1x>2lnx令x=1+1n,则有1+1n-∴1n2+∴112+1+122+2+…+1n2+n>ln21+ln证法二:由(2)可知,当a=12时,f(x)=xe12x-ex<-1令x=ln1+1n(n∈N得ln1+1n·e12整理得1+1nln1+1n∴1n1+1n>ln1+1n∴k=1n1k2+k>k=1n即112+1+122+2+…+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-1x-(a+1)ln(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)=-1x-lnx(x>0∴f'(x)=1x2-1x(x>0),令f'(x)=0,得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+1x2-a+1(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,∴0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,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=1a①当0<a<1时,1<1a∴1<x<1a时,f'(x)<0,f(x)单调递减0<x<1或x>1a时,f'(x)>0,f(x)单调递增∴f(x)在(0,1),1a,+∞上单调递增,在1,1a上单调递减,f(x)的极大值为f(1x→+∞时,f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.②当a=1时,1=1a,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(1)=0,符合题意③当a>1时,1a<1,f(x)在0,1a,(1,+∞)上单调递增,在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12,f1(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'12=0,即34+b=0.故b=-(2)证法一:由(1)知f(x)=x3-34x+c,f'(x)=3x2-3令f'(x)=0,解得x=-12或x=1f'(x)与f(x)随x的变化情况为:x−-1−11f'(x)+0-0+f(x)↗c+1↘c-1↗因为f(1)=f−12=c+14,所以当c<-14时,f(x)因为f(-1)=f12=c-14,所以当c>14时,f(x)只有小于由题设可知-14≤c≤1当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和当c=14时,f(x)只有两个零点-1和1当-14<c<14时,f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈−1,−12,x2∈−12综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.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)=x03-34x0+c=0,且|x则c=-x03+34x0,且|x0|≤1,令c(x)=-x3+34x(则c'(x)=-3x2+34=-3x当x∈−1,−12∪12,1时,c'(x)<0,c(当x∈−12,12时,c'(x)>0,c又c(-1)=14,c(1)=-14,c−12=-14,所以-14≤c≤1设x1为f(x)的零点,则必有f(x1)=x13-34x1+即-14≤c=-x13+34x即4x13−3x1|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.①12<a≤e22,b②0<a<12,b≤2解析(1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,∴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<a<12时,ln(2a)<0y=f'(x)的大致图象如图1所示.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=12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>12时,ln(2a)>0y=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−ba=−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12<a≤e22,所以0<ln(2a所以f(x)>0对任意x>0恒成立.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-lnx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-1x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=lna,令g'(x)=0,得x=1a易知f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)min=g1a=1+lna∴a-alna=1+lna,即lna=a−1a令h(x)=lnx-x−1x+1(则h'(x)=1x-2(x+1)∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln1-1−11+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-lnx,当x<0时,f(x)单调递减,当x>0时,f(x)单调递增;当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增.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<x2<x3.则ex1-x1=ex2-x2=x2-lnx2=x3∴ex1-x1=x2-lnx2=elnx易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则lnx2∈(-∞,0),又f(x)在(-∞,0)上单调递减,∴x1=lnx2,同理x2=lnx3,x3=ex又ex2-x2=x2-lnx2,∴lnx2+ex2∴lnx2+ex2=x1+x3=2x2.∴x1,x2,x3∴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<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.解析(1)证明:令g(x)=x-x2-sinx,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cosx,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sinx<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sinx.令h(x)=sinx-x,0<x<1,则h'(x)=cosx-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sinx<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sinx<x.(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).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)=-asinax+2x1−x2,x∈(-1(i)当0<a≤2时,取m=min1a,1,x∈(0,则ax∈(0,1),由(1)可得f'(x)=-asinax+2x1−x2>-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>2时,取x∈0,1a⊆(0,1),则ax∈(0,由(1)可得f'(x)=-asinax+2x1−x2<-a(ax-a2x=x1−x2(-a3x3+a2x2+a3x+2-设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈0,1则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,因为h'(0)=a3>0,h'1a=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈0,1a,均有h'(x)>0,所以h(x)在因为h(0)=2-a2<0,h1a=2>0,所以h(x)在0,1当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.则f'(x)<x1−x2(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2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>2.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<-2符合要求.故a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).

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)=lnx-ax,g(x)=2ax,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)=1x-a=1−axx(a≠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<x<1a;由f'(x)<0得x>1从而f(x)在0,1a上单调递增,在1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0,1a,单调递减区间为(2)令h(x)=f(x)-g(x)=lnx-ax-2ax,要使f(x)≤g(x)恒成立,只要使h(x)≤0恒成立,只要使h(x)max≤0h'(x)=1x-a+2ax由于a>0,x>0,所以ax+1>0恒成立,当0<x<2a时,h'(x)>0,当x>2a时,h'(x)所以h(x)max=h2a=ln2a-3≤0,解得a≥所以a的最小值为2e2.(2024东北三省四市一模,16)已知函数f(x)=xex-aex,a(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)=xex,则f'(x)=1−xex,f'(1)=0,f(所以切线方程为y=1e.(3分)(2)当a=1时,f(x)=xe-x-ex,f'(x)=(1-x)e-x-ex=1−x−e2x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≥xe−x−ex−1e设m(x)=xe2x-1e,则m'(x)=e2x−2x令m(x)=0,解得x=12当x∈−∞,12时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈12,+∞时,m'(x)<0所以m(x)max=m12=12e-1e=-12e,(所以a≥-12e.(15分)3.(2024广东广州一模,17)已知函数f(x)=cosx+xsinx,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)=-sinx+sinx+xcosx=xcosx,由f'(x)=0得x=0或π2或-π当-π<x<-π2时,f'(x)>0,f(x)单调递增当-π2<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减当0<x<π2时,f'(x)>0,f(x)单调递增当π2<x<π时,f'(x)<0,f(x)单调递减∴f(x)的单调递增区间为−π,−π2,0,π2;单调递减区间为−π2,0,π2,π,f(x(2)证明:令F(x)=ex+e-x-2(cosx+xsinx),x∈[0,π),则F(0)=0,F'(x)=ex-e-x-2xcosx.因为x∈[0,π),所以cosx≤1,所以2xcosx≤2x,从而F'(x)=ex-e-x-2xcosx≥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≥2ex·e−x-2=0,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,∴2a+6=0,∴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=-c3(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<c<0时,x1+x2=2>0,x1x2=-c3>0∴f'(x)=0有两个正根,不妨令0<x1<x2,则3x12-6x1-c∴函数f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,∵f(x1)=x13-3x12-(x1-1)(3x12-6x1)=-2x1(x12-3x1+3)<0,∴函数f(x)有且仅有一个零点;(iii)当c>0时,x1+x2=2,x1x2=-c3<0∴f'(x)=0有一个正根和一个负根,不妨令x1<0<x2,∴函数f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,∵f(x1)>f(0)=c>0,f(x2)<f(1)=-2<0,∴函数f(x)有且仅有三个零点.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)-12x2(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)=ax+2-x=当a≤-1时,f(x)在(-2,+∞)上单调递减;当-1<a<0时,令f'(x)=0,即-(x+1)2+a+1=0,解得x1=-a+1-1,x2=a+1-1.因为-1<a<0,所以0<a+1<1,则-2<-a所以当x∈(-2,-a+1-1)时,f'(x)<0当x∈(-a+1-1,a+1-1)时,f'(x)当x∈(a+1-1,+∞)时,f'(x)<0所以f(x)在(-2,-a+1-1)上单调递减,在(-a+1-1,a+1-1)上单调递增,在(a+1-1,当a≥0时,-a+1-1≤-2,所以x∈(-2,a+1-1)时,f'(x)>0,当x∈(a+1-1,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在(-2,a+1-1)上单调递增,在(a+1-1(2)(i)由(1)知-1<a<0.(ii)证明:由(1)知f(x)在x=a+1-1处取得极大值,在x=-a+1-1因为-1<a<0,所以0<a+1<1,则1<a+1+1<2因为f(x)极大值=f(a+1-1)=aln(a+1+1)-12(a+1-1)2<0,f(-a+1-1)<f(所以f(x)在(-a+1-1,+∞)上没有零点,又-1<a<0,则4a<-4,则0<e4a<e-4,-2<e4a-2<e-4-2,则0<(e4a-2)2<4,所以f(e4a-2)=4-12(e4a-2)2>0,所以f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∈0,π2,证明:esinθ-1+ecosθ-1+ln(sinθcosθ)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<a<12时,ln(2a)<0由(1)知,当x∈(ln(2a),0)时,f'(x)<0,f(x)在(ln(2a),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a=12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>12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12(3)证明:要证esinθ-1+ecosθ-1+ln(sinθcosθ)<1,只要证esinθ-1+ecosθ-1+lnsinθ+lncosθ<sin2θ+cos2θ,只要证esinθ-1+lnsinθ<sin2θ,ecosθ-1+lncosθ<cos2θ,因为θ∈0,π2,则sinθ∈(0,1),cosθ∈(0,所以只要证对任意0<x<1,有ex-1+lnx<x2,只要证对任意-1<x<0,有ex+ln(1+x)<(1+x)2(※),因为由(2)知:当a=1时,若x<0,则f(x)<f(0)=1,所以ex-x2-x<1,即ex<x2+x+1①,令h(x)=ln(1+x)-x(-1<x<0),则h'(x)=11+x-1=−x1+x,所以当-1<x<0时,h'所以h(x)在(-1,0)上单调递增;则h(x)<h(0)=0,即ln(1+x)<x(-1<x<0)②,由①+②得ex+ln(1+x)<x2+2x+1=(x+1)2,所以(※)成立,所以esinθ-1+ecosθ-1+ln(sinθcosθ)<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<x2,函数g(x)=f(x)-eax1−eax2x1−x2,证明:函数g解析(1)证明:∵f'(x)=a2eax,∴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)=lnx-x+1,则m'(x)=1x-1=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lnx≤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-eax1−∴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)=aeax=a=-eax1x2−x1[a(x1=-eax1x2−x1[ea(xg(x2)=eax2x2−x1[ea(x由(1)知当x≠0时,ex>x+1,即ex-x-1>0,∴ea(x2−x1)-a(x2-x1)-1>0,ea(x又eax1x2∴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