统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业19导数的综合应用文

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(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．[2023·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．[2023·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．[2023·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＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，求整数λ的最大值．
5.[2023·四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)讨论f(x)的零点个数；
(2)若f(x)有两个零点x1，x2(x12.
6．[2023·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)(3)设x1＝eq \r(2)，xn＋1＝f(xn)，证明：x1x2…xn课时作业19 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（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）＝－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\c1(－\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，显然成立；
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－csx≥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＋xcsx，
令φ（x）＝f′（x）＝sinx＋xcsx，可得φ′（x）＝2csx－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）<2csx<0，f′（x）单调递减，
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)0；当x1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＋x0csx0＝0，即tanx0＝－x0，
由|f（x0）|＝|x0sinx0|＝|x0|eq \r(\f(sin2x0,sin2x0＋cs2x0))
＝|x0|eq \r(\f(tan2x0,tan2x0＋1))＝eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋1))＝eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋1)－eq \f(1,\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋1))，
令t＝eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋1)≥1，|f（x0）|≥λln（1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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故g（eq \r(1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )）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)注意到00.
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01.
则h（x）在（0，1）上单调递增，（1，＋∞）上单调递减，
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)（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）所以f（2－x1）因为01.
又由（1）可知，f（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，
所以2－x12.
证法二 由f（x1）＝f（x2）＝0，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2（a＋1）x1＝－2alnx1，,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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)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\c1(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，＋∞）上单调递增，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)0时，－eq \f(x,4)设h（x）＝sinx－x，则h′（x）＝csx－1≤0，
∴h（x）单调递减，
∴当x>0时，h（x）0时，sinx设φ（x）＝sinx＋eq \f(x,4)，则当00，
当π且φ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＝－eq \f(1,4)<0，φ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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）＝csx0＋eq \f(1,4)＝0，即csx0＝－eq \f(1,4)，
当π当x00，φ（x）单调递增，
∴φ（x）≥φ（x0）＝sinx0＋eq \f(x0,4)＝－eq \r(1－cs2x0)＋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)综上所述：当x>0时，－eq \f(x,4)（3）由x1＝eq \r(2)，xn＋1＝f（xn）＝eq \r(\f(2xn,xn＋1))，可知xn>0，
∴eq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) )＝eq \f(xn＋1,2xn)＝eq \f(1,2xn)＋eq \f(1,2)，即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,xn＋1)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,xn)＋1，其中eq \f(1,x1)＝eq \f(\r(2),2)＝cseq \f(π,4)，
又2cs2eq \f(π,2n＋2)＝cseq \f(π,2n＋1)＋1，且由（1）可知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
∴当且仅当eq \f(1,xn)＝cseq \f(π,2n＋1)时，即xn＝eq \f(1,cs\f(π,2n＋1))时，xn＋1＝f（xn）成立，
∴x1x2…xn＝eq \f(1,cs\f(π,22)·cs\f(π,23)·…·cs\f(π,2n＋1))
＝eq \f(2nsin\f(π,2n＋1),2nsin\f(π,2n＋1)·cs\f(π,2n＋1)·…·cs\f(π,22))
＝eq \f(2nsin\f(π,2n＋1),sin\f(π,2))＝2nsineq \f(π,2n＋1).
由（2）可知：当x>0时，sinx∴x1x2…xn＝2nsineq \f(π,2n＋1)<2n×eq \f(π,2n＋1)＝eq \f(π,2).
A基础达标
B素养提升