新高考数学二轮复习专题巩固练--3.3　导数的综合应用（含答案解析）

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五年高考
高考新风向
(创新考法)(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=lnx2−x+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12ln a+32.
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:20在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
所以f(x)>f(1)=-2成立.
当b0, 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−∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增.
(2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在−∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增,则f(x)min=fln1a=a1a+a-ln 1a=1+a2+ln a.
要证明f(x)>2ln a+32,只需证明1+a2+ln a>2ln a+32,
即证a2-ln a-12>0.
令g(x)=x2-ln x-12(x>0),则g'(x)=2x-1x=2x2−1x.
当00,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g22=12-ln 22-12=-ln 22=ln 2>0,
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a-12>0,
∴f(x)>2ln a+32.
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:2-1,当且仅当x=0时等号成立),所以可得当t>1时,ln1+1t≤1t0;当x∈π3,2π3时, f '(x)0时, f(x)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,
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−∞,12.
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-ex0,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−∞,12.
(3)证法一:构造函数h(x)=x-1x-2ln x(x>1),
则h'(x)=1+1x2-2x=x2−2x+1x2=(x−1)2x2,
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=0,∴x-1x>2ln x,
令x=1+1n,则有1+1n-11+1n>2ln1+1n,
∴1n2+n>ln n+1n,
∴112+1+122+2+…+1n2+n>ln 21+ln 32+…+ln n+1n=ln(n+1).原式得证.
证法二:由(2)可知,当a=12时, f(x)=xe12x-ex0),
令x=ln1+1n(n∈N*),
得ln1+1n·e12ln1+1n-eln1+1nln n+1n,
∴k=1n1k2+k>k=1nln k+1k=ln21×32×…×n+1n=ln(n+1),
即112+1+122+2+…+1n2+n>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( B )
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-1x-(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)=-1x-ln x(x>0),
∴f '(x)=1x2-1x(x>0),令 f '(x)=0,得x=1,
x∈(0,1)时, f '(x)>0,x∈(1,+∞)时, f '(x)0, f(x)单调递增,
x>1时, f '(x)0对任意x∈R恒成立,
当x∈(-∞,0)时, f '(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 1-1−11+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x0时, f(x)单调递增;
当00,所以h(x)在0,1a上单调递增.
因为h(0)=2-a20,所以h(x)在0,1a内存在唯一的零点n.
当x∈(0,n)时,h(x)0,1-x2>0.
则f '(x)0,
当a0得00,x>0,所以ax+1>0恒成立,
当00,m(x)单调递增,当x∈12,+∞时,m'(x)0,x1x2=-c3,
(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,
∴f '(x)=0有两个正根,不妨令00,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)=1x-1=1−xx,
∴当x∈(0,1)时,m'(x)>0,m(x)在(0,1)上单调递增,
当x∈(1,+∞)时,m'(x)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-eax1−eax2x1−x2(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)=aeax1-eax1−eax2x1−x2
=aeax1(x1−x2)−(eax1−eax2)x1−x2
=-eax1x2−x1[a(x1-x2)+ea(x2−x1)-1]
=-eax1x2−x1[ea(x2−x1)-a(x2-x1)-1],
g(x2)=eax2x2−x1[ea(x1−x2)-a(x1-x2)-1],
由(1)知当x≠0时,ex>x+1,即ex-x-1>0,
∴ea(x2−x1)-a(x2-x1)-1>0,ea(x1−x2)-a(x1-x2)-1>0,
又eax1x2−x1>0,eax2x2−x1>0,
∴g(x1)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)=14(2x-a)e2x-bex的图象在点(0, f(0))处的切线方程为y=-x-54.
(1)求f(x)的解析式;
(2)证明:∀x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2.
参考数据:e45≈2.23.
解析 (1)由题可知,切点为0,−54,切线的斜率为-1, f '(x)=x+1−a2e2x-bex,
所以−a4−b=−54,1−a2−b=−1,解得a=1,b=1,
所以f(x)=14(2x-1)e2x-ex.
(2)证明:要证明∀x∈(0,+∞), f(x)>2ln x-2,
即证明∀x∈(0,+∞),14(2x-1)e2x-ex-2ln x+2>0.
令函数F(x)=14(2x-1)e2x-ex-2ln x+2,
则F'(x)=xe2x-ex-2x=x2e2x−xex−2x=(xex−2)(xex+1)x,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g45=45e45-2≈45×2.23-20,
所以存在唯一的x0∈45,1,使得g(x0)=0,
即x0ex0-2=0,所以x0ex0=2,x0=ln 2-ln x0,
当x∈(0,x0)时,F'(x)0,h(t)在45,1上单调递增,
所以h(t)>h45=-2516+85-2ln 2+2=380+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)=x22-1,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00,
令r(x)=(x-n)cs n-sin x+sin n,0r(n)=0,
所以当00, f '(x)=sin x,
由于01−123+1−125+…+1−122n−1
=n-1-123+125+…+122n−1=n-1-181−14n−11−14
=n-76+16·14n−1>6n−76.
练风向
(创新考法)(多选)(2024湖北八市联考,11)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d存在两个极值点x1,x2(x10时,n=3
B.当a