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课件

这是一份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课件，共60页。

(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3.(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  解析    (1)f(x)的定义域为(0,2).当b=0时, f(x)=ln  +ax,所以f'(x)=  '+a= +a,因为f '(x)≥0,所以a≥ = ,依题意得a≥ ,所以当x=1时,a取到最小值-2.
(2)证明:因为f(x)=ln  +ax+b(x-1)3,所以f(2-x)=ln  +a(2-x)+b(1-x)3,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)=ln  -2x+b(x-1)3,x∈(1,2),f'(x)= (x-1)2,
易知y= ∈(2,+∞),所以当b≥- 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<- 时,存在x0∈(1,2),使得 +3b=0,即3b= .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≥- .
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)>2ln a+ .
  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=ln  ,当xln  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 上单调递减,在 上单调递增.
(2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增,则f(x)min=f =a -ln  =1+a2+ln a.要证明f(x)>2ln a+ ,只需证明1+a2+ln a>2ln a+ ,即证a2-ln a- >0.令g(x)=x2-ln x- (x>0),则g'(x)=2x- = .当0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g = -ln  - =-ln  =ln  >0,∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a- >0,∴f(x)>2ln a+ .
2.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2< +   解析    (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得01,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bln a-aln b=a-b(两边同除以ab)得 (1+ln a)= (1+ln b),即  =   ,令x1= ,x2= ,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∈(0,1),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)0恒成立,∴h(x)为增函数,∴h(x)2-x1,∴x1+x2>2.再证x1+x2设x2=tx1,则t>1,结合 = , =x1, =x2,可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2),即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1),故ln x1= ,要证x1+x21,则S'(t)=ln(t+1)+ -1-ln t=ln - .
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,ln ≤ < ,故S'(t)<0恒成立,故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)3.(2020课标Ⅱ理,21,12分,难)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤ ;(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤ .
  解析    (1)f '(x)=cs x(sin xsin 2x)+sin x(sin x·sin 2x)'=2sin xcs xsin 2x+2sin2xcs 2x=2sin xsin 3x.当x∈ ∪ 时, f '(x)>0;当x∈ 时, f '(x)<0.所以f(x)在区间 , 单调递增,在区间 单调递减.(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f = ,最小值为f =- .而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤ .(3)证明:由于(sin2xsin22x…sin22nx =|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,所以sin2xsin22x…sin22nx≤ = .
4.(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: + +…+ >ln(n+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≤ 时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x) 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∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,∴g(x)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- -2ln x(x>1),
则h'(x)=1+ - = = ,易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0,∴x- >2ln x,令x= ,则有 - >2ln ,∴ >ln  ,∴ + +…+ >ln  +ln  +…+ln  =ln(n+1).原式得证.证法二:由(2)可知,当a= 时, f(x)=x -ex<-1(x>0),
令x=ln (n∈N*),得ln · - <-1,整理得 ln - <0,∴ >ln ,∴ >ln  ,∴  > ln  =ln =ln(n+1),即 + +…+ >ln(n+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 (　    )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- -(a+1)ln x.(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)=- -ln x(x>0),∴f '(x)= - (x>0),令 f '(x)=0,得x=1,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+ - = .(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,∴00, 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= ,①当0 时, f '(x)>0, f(x)单调递增,∴f(x)在(0,1), 上单调递增,在 上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,
x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.②当a=1时,1= , f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意.③当a>1时, <1, f(x)在 ,(1,+∞)上单调递增,在 上单调递减,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 处的切线与y轴垂直.(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 ' =0,即 +b=0.故b=- .(2)证法一:由(1)知f(x)=x3- x+c, f '(x)=3x2- .令f '(x)=0,解得x=- 或x= .f '(x)与f(x)随x的变化情况为:
因为f(1)=f =c+ ,所以当c<- 时, f(x)只有大于1的零点.因为f(-1)=f =c- ,所以当c> 时, f(x)只有小于-1的零点.由题设可知- ≤c≤ .当c=- 时, f(x)只有两个零点- 和1.当c= 时, f(x)只有两个零点-1和 .当- 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)= - x0+c=0,且|x0|≤1,则c=- + x0,且|x0|≤1,令c(x)=-x3+ x(-1≤x≤1),则c'(x)=-3x2+ =-3  ,当x∈ ∪ 时,c'(x)<0,c(x)单调递减.当x∈ 时,c'(x)>0,c(x)单调递增,又c(-1)= ,c(1)=- ,c =- ,c = ,
所以- ≤c≤ .设x1 为f(x)的零点,则必有f(x1)= - x1+c=0,即- ≤c=- + x1≤ ,即 解得-1≤x1≤1,|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.① 2a;②0  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  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= 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> 时,ln(2a)>0,y=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 =  <0,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 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-ln x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- .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=ln a,令g'(x)=0,得x= .易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,g(x)min=g =1+ln a,∴a-aln a=1+ln a,即ln a= ①.令h(x)=ln x- (x>0),则h'(x)= - = >0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln 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-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增;当01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又f(x)在(-∞,0)上单调递减,∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3= .又 -x2=x2-ln x2,∴ln x2+ =2x2.∴ln x2+ =x1+x3=2x2.∴x1,x2,x3成等差数列.∴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  解析    (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0值点,所以a≠0.当a>0时, f '(x)=-asin ax+ ,x∈(-1,1).(i)当0-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> 时,取x∈ ⊆(0,1),则ax∈(0,1),
由(1)可得f '(x)=-asin ax+ <-a(ax-a2x2)+ = (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈ ,则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,因为h'(0)=a3>0,h' =a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈ ,均有h'(x)>0,所以h(x)在 上单调递增.因为h(0)=2-a2<0,h =2>0,所以h(x)在 内存在唯一的零点n.
当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.则f '(x)< (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0.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> .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<- 符合要求.故a的取值范围为(-∞,- )∪( ,+∞).
1.(2024江苏南通第二次适应性调研,16)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)= ,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)= -a= (a≠0),x>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 ,从而f(x)在 上单调递增,在 单调递减.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 ,单调递减区间为 .(2)令h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax- ,要使f(x)≤g(x)恒成立,只要使h(x)≤0恒成立,只要使h(x)max≤0.
h'(x)= -a+ = ,由于a>0,x>0,所以ax+1>0恒成立,当00,当x> 时,h'(x)<0,所以h(x)max=h =ln  -3≤0,解得a≥ ,所以a的最小值为 .
2.(2024东北三省四市一模,16)已知函数f(x)= -aex,a∈R.(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)= ,则f '(x)= , f '(1)=0, f(1)= ,所以切线方程为y= . (3分)(2)当a=1时, f(x)=xe-x-ex, f '(x)=(1-x)e-x-ex= .(4分)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:
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≥ ,即a≥ - ,设m(x)= - ,则m'(x)= = , (11分)令m(x)=0,解得x= ,当x∈ 时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈ 时,m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)max=m = - =- , (14分)所以a≥- . (15分)
3.(2024广东广州一模,17)已知函数f(x)=cs x+xsin x,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)=-sin x+sin x+xcs x=xcs x,由f '(x)=0得x=0或 或- ,当-π0, f(x)单调递增;当- 0, f(x)单调递增;当 则F(0)=0,F'(x)=ex-e-x-2xcs x.因为x∈[0,π),所以cs x≤1,所以2xcs x≤2x,从而F'(x)=ex-e-x-2xcs x≥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≥2 -2=0,当且仅当x=0时取等号,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,∴ 解得 ∴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=- ,(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-30,x1x2=- >0,∴f '(x)=0有两个正根,不妨令00,
∴函数f(x)有且仅有一个零点;(iii)当c>0时,x1+x2=2,x1x2=- <0,∴f '(x)=0有一个正根和一个负根,不妨令x1<0f(0)=c>0, f(x2)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)- x2(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)= -x= ,当a≤-1时, f(x)在(-2,+∞)上单调递减;当-10,当x∈( -1,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-2,- -1)上单调递减,在(- -1, -1)上单调递增,在( -1,+∞)上单调递减;
当a≥0时,- -1≤-2,所以x∈(-2, -1)时, f '(x)>0,当x∈( -1,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-2, -1)上单调递增,在( -1,+∞)上单调递减.(2)(i)由(1)知-10,所以f(x)在(-2,- -1)上存在一个零点.
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∈ ,证明:esin θ-1+ecs θ-1+ln(sin θcs θ)<1.
  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00, 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= 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> 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 .(3)证明:要证esin θ-1+ecs θ-1+ln(sin θcs θ)<1,只要证esin θ-1+ecs θ-1+ln sin θ+ln cs θ因为θ∈ ,则sin θ∈(0,1),cs θ∈(0,1),所以只要证对任意00,所以h(x)在(-1,0)上单调递增;则h(x)由①+②得ex+ln(1+x)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  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)=ln x-x+1,则m'(x)= -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ln x≤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- (a≠0),∴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)=a - 
= =- [a(x1-x2)+ -1]=- [ -a(x2-x1)-1],g(x2)= [ -a(x1-x2)-1],由(1)知当x≠0时,ex>x+1,即ex-x-1>0,∴ -a(x2-x1)-1>0, -a(x1-x2)-1>0,又 >0, >0,
∴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)已知函数f(x)= (2x-a)e2x-bex的图象在点(0, f(0))处的切线方程为y=-x- .(1)求f(x)的解析式;(2)证明:∀x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2.参考数据: ≈2.23.
  解析    (1)由题可知,切点为 ,切线的斜率为-1, f '(x)= e2x-bex,所以 解得a=1,b=1,所以f(x)= (2x-1)e2x-ex.(2)证明:要证明∀x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2,即证明∀x∈(0,+∞), (2x-1)e2x-ex-2ln x+2>0.令函数F(x)= (2x-1)e2x-ex-2ln x+2,
则F'(x)=xe2x-ex- = = ,x>0.当x>0时,xex+1>0,设g(x)=xex-2,则g'(x)=(1+x)ex>0,所以函数g(x)在(0,+∞)上为增函数,又g =  -2≈ ×2.23-2<0,g(1)=e-2>0,所以存在唯一的x0∈ ,使得g(x0)=0,即x0 -2=0,所以x0 =2,x0=ln 2-ln x0,当x∈(0,x0)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,所以F(x)≥F(x0)= (2x0-1) - -2ln x0+2
= (2x0-1) - -2(ln 2-x0)+2= - - -2ln 2+2x0+2=- +2x0-2ln 2+2.设函数h(t)=- +2t-2ln 2+2,t∈ ,则当 0,h(t)在 上单调递增,所以h(t)>h =- + -2ln 2+2= +2-2ln 2>0,原不等式得证.
9.(2024河南TOP二十名校质检一,18)已知函数f(x)=-cs x,g(x)= -1,x∈[0,+∞).(1)判断g(x)≥f(x)是否∀x∈[0,+∞)恒成立,并给出理由;(2)证明:①当0cs n;②当ai= (i∈N*),ki= (i=1,2,…,n-1)时, ki> .
  解析    (1)g(x)≥f(x)∀x∈[0,+∞)恒成立,理由如下:令h(x)=g(x)-f(x)= -1+cs x,x∈[0,+∞),则h'(x)=x-sin x,x∈[0,+∞),令q(x)=h'(x),则q'(x)=1-cs x≥0在[0,+∞)上恒成立,故q(x)=h'(x)在[0,+∞)上单调递增,其中h'(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,故h(x)在[0,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥f(x)∀x∈[0,+∞)恒成立.(2)证明:①y=sin x在 上单调递增,故sin m0,故要证 >cs n,
只需证(m-n)cs n+sin n-sin m>0,令r(x)=(x-n)cs n-sin x+sin n,00,r'(x)=cs n-cs x,令p(x)=cs n-cs x,则函数p(x)在 上单调递增,所以当0r(n)=0,故r(m)>r(n)=0,所以当0cs n.
②由(1)知,cs x>1- ,x>0, f '(x)=sin x,由于0< < < ,所以ki= = >cs  >1- ,所以 ki> + +…+ =n-1- =n-1- 
=n- + · > .