2024高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十八导数的综合应用VIP

专题强化练(十八)导数的综合应用1．(2024·汕头三模)已知函数f(x)＝x－2sinx.(1)求f(x)在(0，π)的极值；(2)证明：函数g(x)＝lnx－f(x)在(0，π)有且只有两个零点．(1)解：由函数(x)＝x－2sinx，对函数的求导可得f′(x)＝1－2cosx，x∈(0，π)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(π,3)，当0<x<eq\f(π,3)时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，当eq\f(π,3)<x<π时，f′(x)≥0，此时函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的微小值为f(eq\f(π,3))＝eq\f(π,3)－eq\r(3)，无极大值．(2)证明：g(x)＝lnx－f(x)＝lnx－x＋2sinx，x∈(0，π)．则g′(x)＝eq\f(1,x)－1＋2cosx，令φ(x)＝eq\f(1,x)＋2cosx－1，则φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－2sinx.当x∈(0，π)时，φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－2sinx<0，则φ(x)在(0，π)上单调递减，因为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.当x改变时，g(x)，g′(x)改变如下表：x(0，x0)x0(x0，π)g′(x)＋0－g(x)单调递增极大值g(x0)单调递减而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，则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，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)>0，所以，函数h(x)在(0，1)上单调递增，则h(x)<h(1)＝0，所以，h(eq\f(π,6))＝lneq\f(π,6)－eq\f(π,6)＋1<0，由零点存在定理可知，函数g(x)在(0，π)上有两个零点．2．(2024·天河区三模)已知函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的一个极值点为x＝－2.(1)求函数f(x)的微小值；(2)若函数g(x)＝[x2－(2m＋1)x－(2m＋1)]·ex＋x2＋4x＋2，当x≥－2时，f(x)≥g(x)，求实数m的取值范围．解：(1)f′(x)＝(2x＋a＋x2＋ax－1)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex，则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]e－2＝0，解得a＝－1，则f(x)＝(x2－x－1)ex，f′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)·(x－1)ex，当x<－2或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－2<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝1处取得微小值，微小值为f(1)＝－e；(2)当x≥－2时，f(x)g(x)等价于(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，当x＝－1时，0≥－1明显成立；当－2≤x<－1时，2m≤eq\f(x2＋4x＋2,（x＋1）ex)，令h(x)＝eq\f(x2＋4x＋2,（x＋1）ex)，则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)，当－2≤x<－1时，h′(x)>0，h(x)单增，则h(x)≥h(－2)＝2e2，故2m≤2e2，即m≤e2；当x>－1时，2m≥eq\f(x2＋4x＋2,（x＋1）ex)，由上知，当－1<x<0时，h′(x)>0，h(x)单增，当x>0时，h′(x)<0，h(x)单减，则h(x)≤h(0)＝2，故2m≥2，即m≥1.综上可得m∈[1，e2]．3．(2024·广东二模)已知函数f(x)＝xenx－nx(n∈N*且n≥2)的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧．(1)求点P处的切线方程y＝g(x)，并证明：x≥0时，f(x)≥g(x)；(2)若关于x的方程f(x)＝t(t为实数)有两个正实根x1，x2，证明：|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).因为点P在点Q的左侧，所以P(0，0)，Q(eq\f(lnn,n)，0)．因为f′(x)＝(nx＋1)enx－n，所以f′(0)＝1－n，得点P处的切线方程为y＝(1－n)x，即g(x)＝(1－n)x.当x≥0时，f(x)－g(x)＝xenx－nx－(1－n)x＝x(enx－1)，因为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)证明：不妨设x1≤x2，且只考虑x>0的情形．因为f′(x)＝(nx＋1)enx－n，所以f′(eq\f(lnn,n))＝(neq\f(lnn,n)＋1)·elnn－n＝(lnn＋1)－n＝nlnn.所以点Q处的切线方程为y＝nlnn(x－eq\f(lnn,n))＝(nlnn)x－ln2n，记h(x)＝(nlnn)x－ln2n，令F(x)＝f(x)－h(x)＝xenx－nx－[(nlnn)x－ln2n]＝xenx－(n＋nlnn)x＋ln2n，x>0，设G(x)＝F(x)＝(nx＋1)enx－(n＋nlnn)，则G(x)＝n(nx＋2)enx>0.所以F(x)单调递增．又因为F(eq\f(lnn,n))＝(neq\f(lnn,n)＋1)eeq\a\vs4\al(\f(lnn,n))－(n＋nlnn)＝0，所以，当x∈(0，eq\f(lnn,n))时，F(x)<0；当x∈(eq\f(lnn,n)，＋∞)时，F(x)>0.所以F(x)在(0，eq\f(lnn,n))上单调递减，在(eq\f(lnn,n)，＋∞)上单调递增．所以F(x)在x＝eq\f(lnn,n)时有微小值，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，所以当x≥0时，f(x)≥h(x)．设方程h(x)＝t的根为x′2，则x′2＝eq\f(t＋ln2n,nlnn).易知h(x)单调递增，由h(x2)≤f(x2)＝t＝h(x′2)，所以x2≤x′2.对于(1)中，g(x)＝(1－n)x，设方程g(x)＝t的根为x′1，则x′1＝eq\f(t,1－n).易知g(x)单调递减，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).因为nlnn－(n－1)＝n(lnn－1)＋1，易知n≥3时，lnn－1>0，故n(lnn－1)＋1>0(n≥3)；当n＝2时，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).记φ(x)＝f′(x)＝(nx＋1)enx－n，x≥0，则σ′(x)＝n(nx＋2)enx>0恒成立．所以f′(x)＝(nx＋1)enx－n单调递增，因为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，当x∈(0，x0)时．f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．因为f(0)＝0，f(eq\f(lnn,n))＝0，由函数图象知当方程f(x)＝t(t为实数)有两个正实根x1，x2时，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·广东三模)设函数f(x)＝x2－ax＋2sinx.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；(2)若f(x)在区间(0，2π)上有唯一零点，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)＝x2－x＋2sinx，f′(x)＝2x－1＋2cosx.令g(x)＝f′(x)＝2x－1＋2cosx，则g′(x)＝2－2sinx≥0，故g(x)＝2x－1＋2cosx是R上的增函数，因为f′(0)＝1，所以方程f′(x)＝1有唯一解x＝0.又f(0)＝0，则切点为(0，0)，即斜率为1的切线方程是y＝x.(2)f′(x)＝2x－a＋2cosx，令g(x)＝f′(x)＝2x－a＋2cosx，则g′(x)＝2－2sinx≥0，故g(x)＝2x－a＋2cosx是R上的增函数，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，故存在唯一实数x0∈(eq\f(a－3,2)，eq\f(a＋3,2))，使g(x0)＝0.在区间(－∞，x0)上，g(x)＝f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(x0，＋∞)上，g(x)＝f′(x)>0，f(x)单调递增，故x0是f(x)的唯一极值点，且为微小值点．又f(0)＝0，故f(x)在区间(0，2π)上有唯一零点等价于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，所以实数a的取值范围为(2，2π)．5．(2024·惠州一模)已知函数f(x)＝ex＋msinx－eq\f(1,2)x2－1(m∈R)．(1)当m＝0时，探讨f(x)的单调性；(2)若不等式x·f(x)≥0对x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))恒成立，求m的取值范围．解：(1)当m＝0时，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，则f′(x)＝ex－x，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－1，因为x<0时，g′(x)<0；x>0时，g′(x)>0，所以函数g(x)在区间(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增，所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝1>0，所以函数f(x)在R上单调递增．(2)因为xf(x)≥0对∀x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))恒成立，且f(0)＝e0－1＝0，所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，有f(x)≥0；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，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当m≥－1时，f′(x)≥1＋mcosx≥1－cosx≥0，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))单调递增，所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)≥f(0)＝0；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，f(x)≤f(0)＝0，所以当m≥－1时，xf(x)≥0对∀x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))恒成立．②当m<－1时，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex－msinx－1，令m(x)＝h′(x)，则m(x)＝ex－mcosx，因为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，所以函数h′(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))单调递增，且有h′(0)＝e0－l＝0，所以当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，h′(x)<0；当x∈(0，eq\f(π,2)]时，h′(x)>0，所以函数f′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))单调递减，在(0，eq\f(π,2)]单调递增，因为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)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(x0，0)上单调递减，即f(x0)>f(0)＝0，则有x0f(x0)<0与条件xf(x)≥0冲突，即m<－1不合题意．综上①②，可得实数m的取值范围是[－1，＋∞)．6．(2024·石家庄模拟)已知f(x)＝lnx＋ax＋1(a∈R)，f′(x)为f(x)的导函数．(1)若对随意x>0都有f(x)≤0，求a的取值范围；(2)若0<x1<x2，证明：对随意常数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)，则g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时g′(x)<0，所以x＝1是函数g(x)在(0，＋∞)内唯一的极大值点，也是最大值点，所以g(x)max＝g(1)＝1，所以只要－a≥1，即a≤－1即可，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．(2)证明：设h(x)＝f′(x)－eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，将问题转化为h(x)在区间(x1，x2)上有唯一的零点，由h(x)＝f′(x)－eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝eq\f(