全国统考2022版高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用1备考试题（含解析）

第三章　导数及其应用

第三讲　导数的综合应用

拓展变式

1.[2018全国卷Ⅰ,21,12分]已知函数f(x)=x+alnx.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.

2.[2020全国卷Ⅱ,21,12分]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≤.

3.[2017全国卷Ⅲ,21,12分]已知函数f(x)=x-1-aln x.

(1)若f(x)≥0,求a的值;

(2)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+)(1+)…(1+)<m,求m的最小值.

4.[2020全国卷Ⅰ,20,12分][文]已知函数f(x)=ex-a(x+2).

(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.

5.已知函数f(x)=-x+(x+a)ln x(a∈R)有两个不同的极值点.

(1)求实数a的取值范围;

(2)当a=2时,已知函数f(x)的图象在A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2)两个不同的点处的切线互相平行,证明:x1+x2>4.

答  案

第三章　导数及其应用

第三讲　导数的综合应用

1.(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=1+=.

①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.

②若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=.

当x∈(0,)∪(,+∞)时,f'(x)<0;

当x∈(,)时,f'(x)>0.

所以f(x)在(0,)和(,+∞)上单调递减,在(,)上单调递增.

(2)由(1)知,若f(x)存在两个极值点,则a>2.

因为f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.

因为=1+a=-2+a=-2+a,

所以<a-2等价于x2+2ln x2<0.

设函数g(x)=x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.

所以x2+2ln x2<0,即<a-2.

2.(1)f'(x)=2sin xcosxsin 2x+2sin2xcos 2x

=2sin x(cos xsin 2x+sin xcos 2x)

=2sin xsin 3x.

当x∈(0,)∪(,π)时,f'(x)>0;

当x∈(,)时,f'(x)<0.

所以f(x)在区间(0,),(,π)上单调递增,在区间(,)上单调递减.

(2)由已知知f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]上的最大值为f()=,最小值为f()=.

因为f(x+π)=sin2(x+π)sin(2x+2π)=sin2xsin 2x=f(x),

所以f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤.

(3)由(2)得|sin2xsin 2x|≤,|sin22xsin 4x|≤,…,|sin22n-1xsin 2nx|≤,所以|sin2xsin32xsin34x…sin32n-1xsin 2nx|≤()n,所以|sin3xsin32x…sin32nx|≤()n|sinxsin22nx|≤()n,即|sin3xsin32x…sin32nx|≤()3n,所以sin2xsin22x·…·sin22nx≤[()3n.

3.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).

①若a≤0,因为f()=+aln 2<0,所以不满足题意.

②若a>0,由f'(x)=1知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)内的唯一最小值点.

由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.

故a=1.

(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.

令x=1+,则ln(1+)<.从而ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<+…+=1<1.

故(1+)(1+)…(1+)<e.

而(1+)(1+)(1+)>2,所以m的最小值为3.

4.(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.

当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.

所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

(2)f'(x)=ex-a.

当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.

当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.

所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).

(i)若0<a≤,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意.

(ii)若a>,则f(ln a)<0.

由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.

由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,

f(x)=·a(x+2)

>eln(2a)·(+2)-a(x+2)

=2a

>0.

故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点.从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.

综上,a的取值范围是(,+∞).

5.(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞).

f'(x)=-1+ln x+=ln x+.

因为函数f(x)有两个不同的极值点,

所以f'(x)=0即ln x+=0有两个不同的实数解.

分离参数得a=-xlnx.

记g(x)=-xlnx(x>0),则g'(x)=-1-ln x,令g'(x)=0,解得x=.

当x∈(0,)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当x∈(,+∞)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减.

g()=ln,且x→ 0时,g(x)→ 0.

图D 3-3-1

如图D 3-3-1,作出函数g(x)的大致图象及直线y=a.

由图可知,当直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点时,a∈(0,).

故所求实数a的取值范围为(0,).

(2)当a=2时,f(x)=-x+(x+2)ln x,所以f'(x)=+ln x.不妨设m(x)=+ln x(x>0).

由题意可知,函数f(x)的图象在A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))两个不同的点处的切线互相平行,即f'(x1)=f'(x2),即m(x1)=m(x2).

易得m'(x)=,

所以函数m(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.

故由m(x1)=m(x2),可知必有0<x1<2<x2,所以4-x1>2,

而m(x1)-m(4-x1)=+ln x1ln(4-x1),

令h(x)=+ln x-ln(4-x)(0<x<2),则h'(x)==<0,

所以函数h(x)在(0,2)上为减函数,所以h(x)>0,

所以m(x1)-m(4-x1)>0,即m(x1)>m(4-x1),所以m(x2)>m(4-x1).

又函数m(x)在(2,+∞)上单调递增,所以x2>4-x1,即x1+x2>4.