2025年高考数学二轮复习课时精练学案必刷大题6　导数的综合问题（2份打包，原卷版+含解析）

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(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－12．已知函数f(x)＝ex－4sin x，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－4sin x，所以f′(x)＝ex－4cs x，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－4cs x，则g′(x)＝ex＋4sin x.
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\c1(\f(π,3)))＝ SKIPIF 1 < 0 －2>0，所以存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(π,4)))＝ SKIPIF 1 < 0 －2eq \r(2)0，
所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点．
3．已知函数f(x)＝eq \f(x,a)＋ln x，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)＝ln x－x，f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，x>0，
令f′(x)>0，得01，
∴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当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．
∴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)＝ln x－ax，g(x)＝x＋ln m(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\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由g(x)＝x＋ln m，得g(x)＝ln eg(x)，
∴eg(x)＋g(x)＝eg(x)＋ln eg(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＋ln m≥x，∴x＋ln m≥ln x，∴ln m≥ln x－x，
令h(x)＝ln x－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，∴ln m≥－1，∴m≥eq \f(1,e).
5．(1)证明：当0(2)已知函数f(x)＝cs ax－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－sin x，
则F′(x)＝1－cs x>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>sin x，x∈(0,1)；
构建G(x)＝sin x－(x－x2)＝x2－x＋sin x，x∈(0,1)，则G′(x)＝2x－1＋cs x，x∈(0,1)，
令g(x)＝G′(x)，x∈(0,1)，则g′(x)＝2－sin 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，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sin x>x－x2，x∈(0,1)．
综上所述，当0(2)解 因为f(x)＝cs ax－ln(1－x2)(－1f′(x)＝－asin ax＋eq \f(2x,1－x2)(－1则t′(x)＝－a2cs ax＋eq \f(21＋x2,1－x22)(－1则n′(x)＝a3sin ax＋eq \f(4x3＋x2,1－x23).
当a＝0时，当00，f(x)单调递增，
当－1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00，
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00(0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\c1(\f(π,2a)))>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，
且当0因为t(0)＝0，所以当0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)0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当0因为t(0)＝0，
所以当0因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2,0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－eq \r(2).
综上所述，a的取值范围是(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)．x
(0，－a)
－a
(－a，e)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值
单调递减