2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)01真題賞析類型四導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

類型四導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).(1)解：f(x)＝a(ex＋a)－x，則f′(x)＝aex－1，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0恒成立，f(x)在R上單調(diào)遞減，②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0得，x＝lneq\f(1,a)，當(dāng)x∈(－∞，lneq\f(1,a))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(lneq\f(1,a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，lneq\f(1,a))上單調(diào)遞減，在(lneq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：由(1)可知，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)min＝f(lneq\f(1,a))＝a(eq\f(1,a)＋a)－lneq\f(1,a)＝1＋a2＋lna，要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，只需證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，只需證a2－lna－eq\f(1,2)>0，設(shè)g(a)＝a2－lna－eq\f(1,2)，a>0，則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)＝0得，a＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)a∈(0，eq\f(\r(2),2))時(shí)，g′(a)<0，g(a)單調(diào)遞減，當(dāng)a∈(eq\f(\r(2),2)，＋∞)時(shí)，g′(a)>0，g(a)單調(diào)遞增，所以g(a)≥g(eq\f(\r(2),2))＝eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)＝－lneq\f(\r(2),2)>0，即g(a)>0，所以a2－lna－eq\f(1,2)>0得證，即f(x)>2lna＋eq\f(3,2)得證．2．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)(1)證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x；(2)已知函數(shù)f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0為f(x)的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍．(1)證明：設(shè)g(x)＝x－x2－sinx，x∈(0，1)，則g′(x)＝1－2x－cosx，所以g″(x)＝－2＋sinx<0，所以g′(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以g′(x)<g′(0)＝0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(0)＝0，即x－x2－sinx<0，x∈(0，1)，所以x－x2<sinx，x∈(0，1)，設(shè)h(x)＝x－sinx，x∈(0，1)，則h′(x)＝1－cosx>0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(0)＝0，x∈(0，1)，即x－sinx>0，x∈(0，1)，所以sinx<x，x∈(0，1)，綜合可得，當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x.(2)解：因?yàn)閒′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)，所以f″(x)＝－a2cosax＋eq\f(2＋2x2,（1－x2）2)，且f′(0)＝0，f″(0)＝－a2＋2，①若f″(x)＝2－a2>0，即－eq\r(2)<a<eq\r(2)時(shí)，易知存在t1>0，使得x∈(0，t1)時(shí)，f″(x)>0，所以f′(x)在(0，t1)上單調(diào)遞增，所以f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)在(0，t1)上單調(diào)遞增，這顯然與x＝0為函數(shù)的極大值點(diǎn)相矛盾，故舍去；②若f″(x)＝2－a2<0，即a<－eq\r(2)或a>eq\r(2)時(shí)，存在t2>0，使得x∈(－t2，t2)時(shí)，f″(x)<0，所以f′(x)在(－t2，t2)上單調(diào)遞減，又f′(0)＝0，所以當(dāng)－t2<x<0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0<x<t2時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，滿足x＝0為f(x)的極大值點(diǎn)，符合題意；③若f″(x)＝2－a2＝0，即a＝±eq\r(2)時(shí)，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以只考慮a＝eq\r(2)的情況，此時(shí)f′(x)＝－eq\r(2)sin(eq\r(2)x)＋eq\f(2x,1－x2)，x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>－2x＋eq\f(2x,1－x2)＝2x(eq\f(1,1－x2)－1)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，顯然與x＝0為函數(shù)的極大值點(diǎn)相矛盾，故舍去．綜合可得，a的取值范圍為(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)．3．(2023·全國(guó)甲卷)已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，x∈(0，eq\f(π,2))．(1)若a＝8時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范圍．解：(1)已知f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，函數(shù)定義域?yàn)?0，eq\f(π,2))，若a＝8，此時(shí)f(x)＝8x－eq\f(sinx,cos3x)，可得f′(x)＝8－eq\f(cosx·cos3x＋sinx·3cos2x·sinx,cos6x)＝eq\f(（4cos2x＋3）（2cos2x－1）,cos4x)，因?yàn)?cos2x＋3>0，cos4x>0，所以當(dāng)cosx>eq\f(\r(2),2)，即0<x<eq\f(π,4)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．當(dāng)cosx<eq\f(\r(2),2)，即eq\f(π,4)<x<eq\f(π,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．(2)不妨設(shè)g(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)－sin2x，函數(shù)定義域?yàn)?0，eq\f(π,2))，g′(x)＝a－eq\f(3－2cos2x,cos4x)－2cos2x＝a－eq\f(3－2cos2x,cos4x)－2(2cos2x－1)，令cos2x＝t，0<t<1，此時(shí)g′(t)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，不妨令k(t)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，可得k′(t)＝－4－eq\f(2,t2)＋eq\f(6,t3)＝－eq\f(2（t－1）（2t2＋2t＋3）,t3)>0，所以k(t)單調(diào)遞增，此時(shí)k(t)<k(1)＝a－3，①當(dāng)a≤3時(shí)，g′(x)＝k(t)<a－3≤0，所以g(x)在(0，eq\f(π,2))上單調(diào)遞減，此時(shí)g(x)<g(0)＝0，則當(dāng)a≤3時(shí)，f(x)<sin2x恒成立，符合題意；②當(dāng)a>3時(shí)，當(dāng)t→0時(shí)，eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)＝－3(eq\f(1,t)－eq\f(1,3))2＋eq\f(1,3)→－∞，所以k(t)→－∞，又k(1)＝a－3>0，所以在區(qū)間(0，1)上存在一點(diǎn)t0，使得k(t0)＝0，即存在x0∈(0，eq\f(π,2))，使得g′(x0)＝0，當(dāng)t0<t<1時(shí)，k(t)>0，所以當(dāng)0<x<x0時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，可得當(dāng)0<x<x0時(shí)，g(x)>g(0)＝0，不符合題意，綜上，a的取值范圍為(－∞，3]．4．(2023·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,x)＋a)·ln(1＋x)．(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)是否存在a，b，使得曲線y＝f(eq\f(1,x))關(guān)于直線x＝b對(duì)稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說(shuō)明理由；(3)若f(x)在(0，＋∞)存在極值，求a的取值范圍．解：(1)a＝－1時(shí)，f(1)＝0，f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)－1)(eq\f(1,x＋1))，f′(1)＝－ln2，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝－ln2(x－1)．(2)f(eq\f(1,x))＝(x＋a)ln(eq\f(x＋1,x))，定義域?yàn)?－∞，－1)∪(0，＋∞)，要使函數(shù)f(eq\f(1,x))的圖象關(guān)于x＝b對(duì)稱，則由x≠0，且x≠1，可知b＝－eq\f(1,2)，即f(eq\f(1,x))＝(x＋a)ln(eq\f(x＋1,x))的圖象關(guān)于x＝－eq\f(1,2)對(duì)稱，則f(1)＝(1＋a)ln2，f(－2)＝(－2＋a)lneq\f(1,2)＝(2－a)·ln2，得1＋a＝2－a，解得a＝eq\f(1,2).綜上，a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2).(3)f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)＋a)(eq\f(1,x＋1))＝－eq\f(1,x2)[ln(x＋1)－eq\f(ax2＋x,x＋1)]，要使f(x)在(0，＋∞)存在極值點(diǎn)，則方程ln(x＋1)－eq\f(ax2＋x,x＋1)＝0有正根，記g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax2＋x,x＋1)，x>0，g′(x)＝－eq\f(x,（1＋x）2)×(ax＋2a－1)，①當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(0)＝0，不符合題意；②當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，g(x)<g(0)＝0，不符合題意；③當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，令g′(x)>0，0<x<eq\f(1－2a,a)，令g′(x)<0，x>eq\f(1－2a,a)，故g(x)在(0，eq\f(1－2a,a))上單調(diào)遞增，在(eq\f(1－2a,a)，＋∞)上單調(diào)遞減，易知x→＋∞時(shí)，g(x)→－∞，故只需g(x)≤g(eq\f(1－2a,a))＝ln(eq\f(1－2a,a)＋1)－eq\f(\f(（1－2a）2,a)＋\f(1－2a,a),\f(1－2a,a)＋1)＝ln(eq\f(1,a)－1)＋4a－2>0，記h(t)＝ln(t－1)＋eq\f(4