2025年高考数学二轮复习课时精讲精练学案必刷大题6　导数的综合问题（含详解）

第第页必刷大题6导数的综合问题1．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)的极小值为－eq\f(5,2)，当x＝2时，f(x)有极大值．(1)求函数f(x)的解析式；(2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求实数t的取值范围．解(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋6，由f′(－1)＝f′(2)＝0，得3a－2b＋6＝0且12a＋4b＋6＝0，解得a＝－1，b＝eq\f(3,2)，又f(－1)＝－eq\f(5,2)，∴c＝1，经检验满足题意，∴f(x)＝－x3＋eq\f(3,2)x2＋6x＋1.(2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，等价于f(x)max>t2－2t，x∈[－2,0]，∵f′(x)＝－3x2＋3x＋6＝－3(x－2)(x＋1)，当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,0]时，f′(x)>0，∴f(x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1,0]上单调递增，又f(－2)＝3，f(0)＝1，∴f(x)在[－2,0]上的最大值为f(－2)＝3，∴t2－2t<3，解得－1<t<3，∴t的取值范围是(－1,3)．2．已知函数f(x)＝ex－4sinx，其中e为自然对数的底数．(1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；(2)证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点．(1)解因为f(x)＝ex－4sinx，所以f′(x)＝ex－4cosx，则f(0)＝1，f′(0)＝－3，故所求切线方程为y－1＝－3(x－0)，即3x＋y－1＝0.(2)证明设g(x)＝f′(x)＝ex－4cosx，则g′(x)＝ex＋4sinx.显然当x∈[0，π]时，g′(x)>0，当x∈[π，＋∞)时，g′(x)>eπ－4>0，所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，又f′(0)＝－3<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝SKIPIF1<0－2>0，所以存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，使f′(x0)＝0.则当x∈[0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．因为f(0)＝1>0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝SKIPIF1<0－2eq\r(2)<e－2eq\r(2)<0，f(π)＝eπ>0，所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点．3．已知函数f(x)＝eq\f(x,a)＋lnx，其中a为常数，e为自然对数的底数．(1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，x>0，令f′(x)>0，得0<x<1；令f′(x)<0，得x>1，∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,x)＝eq\f(a＋x,ax)，①当a>0时，∵x>0，∴f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝2，∴eq\f(e,a)＋1＝2，∴a＝e，符合题意；②当a<0且－a<e，即－e<a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－a，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．x(0，－a)－a(－a，e)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值单调递减∴f(x)max＝f(－a)＝2，∴－1＋ln(－a)＝2，∴a＝－e3，不符合题意，舍去；③当－a≥e，即a≤－e时，在(0，e]上，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，e]上单调递增，故f(x)在(0，e]上的最大值为f(e)＝eq\f(e,a)＋1＝2，∴a＝e，不符合题意，舍去，综上可得a＝e.4．已知f(x)＝lnx－ax，g(x)＝x＋lnm(a，m∈R，m>0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝－1时，若不等式eg(x)＋g(x)≥f(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，求m的取值范围(e为自然对数的底数)．解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x，由g(x)＝x＋lnm，得g(x)＝lneg(x)，∴eg(x)＋g(x)＝eg(x)＋lneg(x)＝f(eg(x))，∴f(eg(x))≥f(x)，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴eg(x)≥x，即ex＋lnm≥x，∴x＋lnm≥lnx，∴lnm≥lnx－x，令h(x)＝lnx－x，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1，当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝－1，∴lnm≥－1，∴m≥eq\f(1,e).5．(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．(1)证明构建F(x)＝x－sinx，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)，令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，当0<x<1时，x－x2<sinx<x.(2)解因为f(x)＝cosax－ln(1－x2)(－1<x<1)，所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．f′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，则t′(x)＝－a2cosax＋eq\f(21＋x2,1－x22)(－1<x<1)．令n(x)＝－a2cosax＋eq\f(21＋x2,1－x22)，则n′(x)＝a3sinax＋eq\f(4x3＋x2,1－x23).当a＝0时，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．当a>0时，取eq\f(π,2a)与1中的较小者，为m，则当0<x<m时，易知n′(x)>0，所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.①当2－a2≥0，即0<a≤eq\r(2)时，t′(x)>0(0<x<m)．所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，由偶函数性质知f(x)在(－m,0)上单调递减．故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．②当2－a2<0，即a>eq\r(2)时，当eq\f(π,2a)<1，即a>eq\f(π,2)时，因为t′(0)<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2a)))>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，且当0<x<x1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，因为t(0)＝0，所以当0<x<x1时，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x1)上单调递减，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1,0)上单调递增，故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．当eq\f(π,2a)≥1，即eq\r(2)<a≤eq\f(π,2)时，因为t′(0)<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－a2coseq\f(a,2)＋eq\f(40,9)>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当