統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)課時作業(yè)21導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用理

課時作業(yè)21導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用A基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．[2024·山西省朔州市懷仁市高三二模]設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(1)當(dāng)a＝1時，求F(x)＝ex－f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間[eq\f(1,e)，1]上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．2．[2024·青海省西寧市高三二模]設(shè)函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx.(1)若函數(shù)f(x)在其定義域上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a≤2時，設(shè)函數(shù)g(x)＝x－lnx－eq\f(1,e)，若在[1，e]上存在x1，x2使f(x1)>g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．3．[2024·河南省五市高三二模]已知函數(shù)f(x)＝ex－1＋ax.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍；(2)當(dāng)m≥1時，證明lnx＋eq\f(mex,x)－sinx>1恒成立．4．[2024·云南省保山市高三二模]設(shè)函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R.(1)求f(x)在區(qū)間(0，π)上的極值點個數(shù)；(2)若x0為f(x)的極值點，則|f(x0)|≥λln(1＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，求整數(shù)λ的最大值．B素養(yǎng)提升5.[2024·四川省成都市石室中學(xué)高三模擬]已知函數(shù)f(x)＝2alnx＋x2－2(a＋1)x(a<0).(1)探討f(x)的零點個數(shù)；(2)若f(x)有兩個零點x1，x2(x1<x2)，求證：x1＋x2>2.6．[2024·山東省東營市第一中學(xué)高三二模]已知函數(shù)f(x)＝eq\r(\f(2x,x＋1))，g(x)＝eq\f(sinx,x).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：－eq\f(1,4)<g(x)<1；(3)設(shè)x1＝eq\r(2)，xn＋1＝f(xn)，證明：x1x2…xn<eq\f(π,2).課時作業(yè)21導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1．解析：（1）當(dāng)a＝1時，F(xiàn)（x）＝ex－f（x）＝（x－1）ln（x－1）－2x，定義域為（1，＋∞），F(xiàn)′（x）＝ln（x－1）－1，令F′（x）>0，解得：x>e＋1，令F′（x）<0，解得：1<x<e＋1，故此時F（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（e＋1，＋∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，e＋1）.（2）f（x）在區(qū)間[eq\f(1,e)，1]上有意義，故ax－1>0在[eq\f(1,e)，1]上恒成立，可得a>e，依題意可得：f′（x）＝ex－aln（ax－1）＋1≥0在[eq\f(1,e)，1]上恒成立，設(shè)g（x）＝f′（x）＝ex－aln（ax－1）＋1，g′（x）＝ex－eq\f(a2,ax－1)，易知g′（x）在[eq\f(1,e)，1]上單調(diào)遞增，故g′（x）≤g′（1）＝e－eq\f(a2,a－1)<0，故g（x）＝f′（x）＝ex－aln（ax－1）＋1在[eq\f(1,e)，1]上單調(diào)遞減，最小值為g（1），故只需g（1）＝e－aln（a－1）＋1≥0，設(shè)h（a）＝e－aln（a－1）＋1，其中a>e，由h′（a）＝－ln（a－1）－eq\f(a,a－1)<0可得：h（a）＝e－aln（a－1）＋1在（e，＋∞）上為減函數(shù)，又h（e＋1）＝0，故a≤e＋1.綜上所述：a的取值范圍為（e，e＋1].2．解析：（1）因為函數(shù)f（x）在其定義域上為增函數(shù)，即f′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，所以1＋eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)≥0在（0，＋∞）上恒成立，即a≤x＋eq\f(1,x)在（0，＋∞）上恒成立，又x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2（僅當(dāng)x＝1時取等號），故a的取值范圍為（－∞，2].（2）在[1，e]上存在x1，x2，使f（x1）>g（x2）成立，即當(dāng)x∈[1，e]時f（x）max>g（x）min，又g′（x）＝1－eq\f(1,x)，所以當(dāng)x∈[1，e]時，g′（x）≥0，即函數(shù)g（x）在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞增，故g（x）min＝g（1）＝1－ln1－eq\f(1,e)＝1－eq\f(1,e)，由（1）知f′（x）＝eq\f(x2－ax＋1,x2)，因為x2>0，又y＝x2－ax＋1的判別式Δ＝（－a）2－4×1×1＝a2－4，①當(dāng)a∈[－2，2]時Δ≤0，則f′（x）≥0恒成立，即f（x）在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞增，故f（x）max＝f（e）＝e－eq\f(1,e)－a，故f（e）>g（1），即e－eq\f(1,e)－a>1－eq\f(1,e)，得a<e－1，又a∈[－2，2]，所以a∈[－2，e－1）；②當(dāng)a∈（－∞，－2）時Δ>0，f′（x）＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，此時x1<0，x2<0，故函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上是單調(diào)遞增．由①知a<e－1，所以a<－2，綜上，a的取值范圍為（－∞，e－1）.3．解析：（1）∵f（x）＝ex－1＋ax，且該函數(shù)的定義域為R，f′（x）＝ex－1＋a.①當(dāng)a>0時，f′（x）>0恒成立，f（x）在R上單調(diào)遞增，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝e－eq\f(1,a)－1－1<0，所以a>0時不符合題意；②當(dāng)a＝0時，f（x）＝ex－1>0，明顯成立；③當(dāng)a<0時，由f′（x）＝0解得x＝1＋ln（－a），當(dāng)x∈（－∞，1＋ln（－a））時，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1＋ln（－a），＋∞）時，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增．所以f（x）min＝f（1＋ln（－a））＝－a＋a[1＋ln（－a）]＝aln（－a）≥0，即ln（－a）≤0，所以0<－a≤1，解得－1≤a<0.綜上所述，－1≤a≤0.（2）證明：由題意可知，函數(shù)g（x）＝lnx＋eq\f(mex,x)－sinx－1的定義域為（0，＋∞），先證明lnx＋eq\f(ex,x)－sinx－1>0，令h（x）＝eq\f(ex,x)＋lnx－sinx－1，則h（x）＝ex－lnx－（x－lnx＋1）＋x－sinx，由（1）可知ex－1－x≥0，所以，ex－lnx－（x－lnx＋1）≥0，設(shè)p（x）＝x－sinx，其中x>0，則p′（x）＝1－cosx≥0且p′（x）不恒為零，所以p（x）在（0，＋∞）上為增函數(shù)，故當(dāng)x>0時，p（x）>p（0）＝0，所以ex－lnx－x＋lnx－1＋x－sinx>0，因為m≥1，故g（x）≥h（x）>0，故原不等式得證．4．解析：（1）由函數(shù)f（x）＝xsinx，可得f′（x）＝sinx＋xcosx，令φ（x）＝f′（x）＝sinx＋xcosx，可得φ′（x）＝2cosx－xsinx，①當(dāng)x∈（0，eq\f(π,2)]時，f′（x）≥sinx>0，f（x）單調(diào)遞增，無極值點；②當(dāng)x∈（eq\f(π,2)，π）時，φ′（x）<2cosx<0，f′（x）單調(diào)遞減，又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1>0，f′（π）＝－π<0，故存在唯一x1∈（eq\f(π,2)，π），使得f′（x1）＝0，當(dāng)eq\f(π,2)<x<x1時，f′（x）>0；當(dāng)x1<x<π時，f′（x）<0，故f（x）在（eq\f(π,2)，x1）上單調(diào)遞增，在（x1，π）上單調(diào)遞減，f（x）有極大值點x1，綜上可得，f（x）在區(qū)間（0，π）上有1個極值點．（2）若x0為f（x）的極值點，則f′（x0）＝sinx0＋x0cosx0＝0，即tanx0＝－x0，由|f（x0）|＝|x0sinx0|＝|x0|eq\r(\f(sin2x0,sin2x0＋cos2x0))＝|x0|eq\r(\f(tan2x0,tan2x0＋1))＝eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1))＝eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1)－eq\f(1,\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1))，令t＝eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋1)≥1，|f（x0）|≥λln（1＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))），即t－eq\f(1,t)≥2λlnt.記g（t）＝t－eq\f(1,t)－2λlnt（t≥1），即g（t）≥0，則g′（t）＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2λ,t)＝eq\f(t2－2λt＋1,t2)，①當(dāng)λ＝1時，g′（t）＝eq\f(（t－1）2,t2)≥0，故g（t）在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以g（t）≥g（1）＝0，符合題意；②當(dāng)λ≥2時，若1≤t<2＋eq\r(3)，則g′（t）≤eq\f(t2－4t＋1,t2)<0，故g（t）在（1，2＋eq\r(3)）上單調(diào)遞減，由（1）知f（x）在區(qū)間（eq\f(π,2)，π）上存在極值點，記為x1，則1<eq\r(1＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))<eq\r(1＋π2)<2＋eq\r(3)，故g（eq\r(1＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))）<g（1）＝0，不符合題意，綜上可得，整數(shù)λ的最大值為1.5．解析：（1）f′（x）＝eq\f(2a,x)＋2x－2（a＋1）＝eq\f(2x2－2（a＋1）x＋2a,x)＝eq\f(2（x－a）（x－1）,x).因為a<0，所以當(dāng)x∈（0，1）時，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1，＋∞）時，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增．所以f（x）min＝f（1）＝－1－2a.當(dāng)－1－2a>0，即a<－eq\f(1,2)時，f（x）的零點個數(shù)為0.當(dāng)－1－2a＝0，即a＝－eq\f(1,2)時，f（x）的零點個數(shù)為1.當(dāng)－1－2a<0，即－eq\f(1,2)<a<0時，留意到0<eeq\f(1,a)<1，f（eeq\f(1,a)）＝2＋eeq\f(2,a)－2（a＋1）eeq\f(1,a)＝eeq\f(2,a)－2aeeq\f(1,a)＋2（1－eeq\f(1,a)）>0.下面證明lnx≤x－1，x>0.設(shè)h（x）＝lnx－x＋1，x>0，所以h′（x）＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，由h′（x）>0解得0<x<1；由h′（x）<0解得x>1.則h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，（1，＋∞）單調(diào)遞減，所以h（x）≤h（1）＝0，即lnx≤x－1.所以f（x）≥2a（x－1）＋x2－2（a＋1）x＝x2－2x－2a，所以f（2）>－2a>0.因此，?x1∈（eeq\f(1,a)，1），?x2∈（1，2），使得f（x1）＝f（x2）＝0，所以此時f（x）的零點個數(shù)為2.綜上，當(dāng)a<－eq\f(1,2)時，f（x）的零點個數(shù)為0；當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時，f（x）的零點個數(shù)為1；當(dāng)－eq\f(1,2)<a<0時，f（x）的零點個數(shù)為2.（2）證明：證法一由（1）可知，當(dāng)a∈（－eq\f(1,2)，0）時，函數(shù)f（x）有兩個零點，且0<x1<1<x2.令F（x）＝f（2－x）－f（x）＝2a（lneq\f(2－x,x)＋2x－2），x∈（0，1），則F′（x）＝－4a·eq\f(（x－1）2,x（2－x）).當(dāng)x∈（0，1）時，F(xiàn)′（x）>0，所以F（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，所以F（x1）＝f（2－x1）－f（x1）<F（1）＝0.所以f（2－x1）<f（x1）＝f（x2）.因為0<x1<1<x2，所以2－x1>1.又由（1）可知，f（x）在區(qū)間（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以2－x1<x2，故x1＋x2>2.證法二由f（x1）＝f（x2）＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2（a＋1）x1＝－2alnx1，,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－2（a＋1）x2＝－2alnx2，))則x1＋x2－2（a＋1）＝－2a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2).由對數(shù)平均不等式eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)<eq\f(x1＋x2,2)，得x1＋x2－2（a＋1）>－4a·eq\f(1,x1＋x2)，所以（x1＋x2）2－2（a＋1）（x1＋x2）＋4a>0，所以（x1＋x2－2）（x1＋x2－2a）>0.又x1＋x2－2a>0，所以x1＋x2>2.6．解析：（1）由eq\f(2x,x＋1)≥0得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x（x＋1）≥0,x＋1≠0))，解得：x<－1或x≥0，f（x）的定義域為（－∞，－1）∪[0，＋∞）；方法一當(dāng)x∈（－∞，－1）∪（0，＋∞）時，f′（x）＝eq\f(1,（x＋1）2)eq\r(\f(x＋1,2x))>0，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，－1）和（0，＋∞），無單調(diào)遞減區(qū)間；方法二由題意得：f（x）＝eq\r(2－\f(2,x＋1))，∵y＝2－eq\f(2,x＋1)在（－∞，－1），（0，＋∞）單調(diào)遞增，y＝eq\r(x)為增函數(shù)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，－1）和（0，＋∞），無單調(diào)遞減區(qū)間．（2）∵g（x）定義域為（－∞，0）∪（0，＋∞），g（－x）＝－eq\f(sin（－x）,x)＝eq\f(sinx,x)＝g（x），∴g（x）是偶函數(shù)，∴－eq\f(1,4)<g（x）<1等價于當(dāng)x>0時，－eq\f(x,4)<sinx<x；設(shè)h（x）＝sinx－x，則h′（x）＝cosx－1≤0，∴h（x）單調(diào)遞減，∴當(dāng)x>0時，h（x）<h（0）＝0；即當(dāng)x>0時，sinx<x；設(shè)φ（x）＝sinx＋eq\f(x,4)，則當(dāng)0<x≤π時，φ（x）>0，當(dāng)π<x<eq\f(3π,2)時，φ′（x）＝cosx＋eq\f(1,4)為增函數(shù)，且φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝－eq\f(1,4)<0，φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝eq\f(1,4)>0，∴存在唯一x0∈（eq\f(4π,3)，eq\f(3π,2)），使得φ′（x0）＝cosx0＋eq\f(1,4)＝0，即cosx0＝－eq\f(1,4)，當(dāng)π<x<x0時，φ′（x）<0，φ（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x0<x<eq\f(3π,2)時，φ′（x）>0，φ（x）單調(diào)遞增，∴φ（x）≥φ（x0）＝sinx0＋eq\f(x0,4)＝－eq\r(1－cos2x0)＋eq\f(x0,4)>eq\f(1,4)×eq\f(4π,3)－eq\f(\r(15),4)>0；當(dāng)x≥eq\f(3π,2)時，φ（x）≥sinx＋eq\f(1,4)·eq\f(3π,2)>sinx＋1≥0；∴φ（x）>0在（0，＋∞）上恒成立，即－eq\f(x,4)<sinx；綜上所述：當(dāng)x>0時，－eq