高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練案17第二章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第十二講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用第3課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根不等式含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1第三課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根、不等式A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2021·貴州貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椤迹?，4〗，部分對(duì)應(yīng)值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示．當(dāng)1<a<2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(D)A．1 B．2C．3 D．4〖〖解析〗〗根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知2是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，0和3是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，則函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示．因?yàn)?<a<2，所以數(shù)形結(jié)合可知y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4.2．已知函數(shù)f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(A)A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．〖－1，＋∞) D．(－∞，－1〗〖〖解析〗〗f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，則1＋a>0，解得a>－1，故選A.3．(2021·安徽省黃山市高三第一次質(zhì)量檢測(cè))定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>f(x)，則不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解為(CA.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)〖〖解析〗〗設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)>0，知g(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，由ex－1·f(x)<f(2x－1)得：eq\f(f（x）,ex)<eq\f(f（2x－1）,e2x－1)，即g(x)<g(2x－1)，所以x<2x－1，解得x>1，故選C.二、多選題4．若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)－xf′(x)>0，則下列命題正確的是(BC)A．3f(1)<f(3) B．3f(1)>C．2f(2)>f(4) D．3f(3)<〖〖解析〗〗由于f(x)>xf′(x)，則〖eq\f(f（x）,x)〗′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)<0恒成立，因此eq\f(f（x）,x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，∴eq\f(f（3）,3)<eq\f(f（1）,1)，即3f(1)>f(3)．同理2f(2)>f(4)，3f(3)>f(9)，選B、C.5．(2020·山東日照二模)已知函數(shù)f(x)＝e|x|sinx，則下列結(jié)論正確的是(BD)A．f(x)是周期為2π的奇函數(shù)B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上為增函數(shù)C．f(x)在(－10π，10π)內(nèi)有21個(gè)極值點(diǎn)D．f(x)≥ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立的充要條件是a≤1〖〖解析〗〗本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值以及恒成立問題．∵f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝e|－x|sin(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)，但f(x＋2π)＝e|x＋2π|sin(x＋2π)＝e|x＋2π|sinx≠f(x)，∴f(x)不是周期為2π的函數(shù)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))時(shí)，f(x)＝e－x·sinx，f′(x)＝e－x(cosx－sinx)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時(shí)，f(x)＝exsinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)>0，f(x)單調(diào)遞增，且f(x)的圖象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上是連續(xù)的，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上為增函數(shù)，故B正確；當(dāng)x∈〖0，10π)時(shí)，f(x)＝exsinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(π,4)＋kπ(k＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)．當(dāng)x∈(－10π，0)時(shí)，f(x)＝e－xsinx，f′(x)＝e－x(cosx－sinx)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,4)＋kπ(k＝－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7，－8，－9，－10)，∴f(x)在(－10π，10π)內(nèi)有20個(gè)極值點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，f(x)＝exsinx，則f′(x)＝exsinx＋excosx，f′(0)＝1，a表示過原點(diǎn)的直線y＝ax的斜率，由f(x)≥ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立知a≤1.三、填空題6．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是(－∞，2ln_2－2〗.〖〖解析〗〗f(x)有零點(diǎn)可轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解的問題，即a＝－ex＋2x有解．設(shè)g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2，g′(x)＝0得x＝ln2，因此g(x)在(－∞，ln2)遞增，在(ln2，＋∞)遞減，因此g(x)在ln2取得最大值，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2〗．7．已知x∈(0，2)，若關(guān)于x的不等式eq\f(x,ex)<eq\f(1,k＋2x－x2)恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是〖0，e－1)．〖〖解析〗〗依題意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x對(duì)任意x∈(0，2)恒成立，從而k≥0，因此由原不等式，得k<eq\f(ex,x)＋x2－2x恒成立．令f(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x，則f′(x)＝(x－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x2)＋2)).令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(1，2)時(shí)．f′(x)>0.函數(shù)f(x)在(1，2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是〖0，e－1)．四、解答題8．證明：當(dāng)x∈〖0，1〗時(shí)，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x.〖〖解析〗〗記F(x)＝sinx－eq\f(\r(2),2)x，則F′(x)＝cosx－eq\f(\r(2),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減．又F(0)＝0，F(xiàn)(1)>0，所以當(dāng)x∈〖0，1〗時(shí)，F(xiàn)(x)≥0，即sinx≥eq\f(\r(2),2)x.記H(x)＝sinx－x，則H′(x)＝cosx－1.當(dāng)x∈〖0，1〗時(shí)，H′(x)≤0，H(x)單調(diào)遞減．所以H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.綜上，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x，x∈〖0，1〗．9．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x,2)＋eq\f(k,x)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．〖〖解析〗〗函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等價(jià)于k<eq\f(x2,2)－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2,2)－xlnx，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)．當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>h(1)＝0.即當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>g′(1)＝0，∴函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)>g(1)＝eq\f(1,2)，∴當(dāng)x>1時(shí)，若使k<eq\f(x2,2)－xlnx恒成立，則k≤eq\f(1,2)，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).10．(2021·北京西城區(qū)統(tǒng)測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x，其中a∈R.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處切線的傾斜角為eq\f(π,4)，求a的值；(2)已知導(dǎo)函數(shù)f′(x)在區(qū)間(1，e)上存在零點(diǎn)，證明：當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，f(x)>－e2.〖〖解析〗〗(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)，由題意可知f′(2)＝taneq\f(π,4)＝1，∴f′(2)＝eq\f(a,2)＋4－a－2＝1，得a＝2.(2)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)，設(shè)h(x)＝2x2－(a＋2)x＋a＝(x－1)(2x－a)，令h(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(a,2)，∵f′(x)在(1，e)上存在零點(diǎn)，∴1<eq\f(a,2)<e，即2<a<2e.由此可知xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))eq\f(a,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))f′(x)－0＋f(x)減極小值增∴當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)－(a＋2)×eq\f(a,2)＝alneq\f(a,2)－eq\f(a2,4)－a.設(shè)g(a)＝alneq\f(a,2)－eq\f(a2,4)－a(2<a<2e)，則g′(a)＝lneq\f(a,2)－eq\f(a,2)，∵1<eq\f(a,2)<e，∴l(xiāng)neq\f(a,2)<1，∴g′(a)<0，∴g(a)在(2，2e)上單調(diào)遞減，∴g(a)>2elne－eq\f(4e2,4)－2e＝－e2，∴當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，f(x)>－e2.B組能力提升1．(2021·廣西柳州畢業(yè)班摸底)已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2處取得極小值．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)x>1時(shí)，求證：f(x)>3(x－1)．〖〖解析〗〗(1)因?yàn)閒(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝e－2處取得極小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2，當(dāng)f′(x)>0時(shí)，x>e－2，當(dāng)f′(x)<0時(shí)，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝e－2處取得極小值，符合題意．所以a＝1.(2)由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0得x＝e.由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得0<x<e，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值為g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(shù)(x)>g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．2．(2020·課標(biāo)Ⅱ，21)已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋1.(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范圍；(2)設(shè)a>0，討論函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）－f（a）,x－a)的單調(diào)性．〖〖解析〗〗設(shè)h(x)＝f(x)－2x－c，則h(x)＝2lnx－2x＋1－c，其定義域?yàn)?0，＋∞)，h′(x)＝eq\f(2,x)－2.(1)當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0.所以h(x)在區(qū)間(0，1)單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞減，從而當(dāng)x＝1時(shí)，h(x)取得最大值，最大值為h(1)＝－1－c.故當(dāng)且僅當(dāng)－1－c≤0，即c≥－1時(shí)，f(x)≤2x＋c.所以c的取值范圍為〖－1，＋∞)．(2)g(x)＝eq\f(f（x）－f（a）,x－a)＝eq\f(2（lnx－lna）,x－a)，x∈(0，a)∪(a，＋∞)．g′(x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－a,x)＋lna－lnx)),（x－a）2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x)＋ln\f(a,x))),（x－a）2).取c＝－1得h(x)＝2lnx－2x＋2，h(1)＝0，則由(1)知，當(dāng)x≠1時(shí)，h(x)<0，即1－x＋lnx<0.故當(dāng)x∈(0，a)∪(a，＋∞)時(shí)，1－eq\f(a,x)＋lneq\f(a,x)<0，從而g′(x)<0.所以g(x)在區(qū)間(0，a)，(a，＋∞)單調(diào)遞減．第三課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根、不等式A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2021·貴州貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椤迹?，4〗，部分對(duì)應(yīng)值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示．當(dāng)1<a<2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(D)A．1 B．2C．3 D．4〖〖解析〗〗根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知2是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，0和3是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，則函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示．因?yàn)?<a<2，所以數(shù)形結(jié)合可知y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4.2．已知函數(shù)f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(A)A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．〖－1，＋∞) D．(－∞，－1〗〖〖解析〗〗f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，則1＋a>0，解得a>－1，故選A.3．(2021·安徽省黃山市高三第一次質(zhì)量檢測(cè))定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>f(x)，則不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解為(CA.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)〖〖解析〗〗設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)>0，知g(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，由ex－1·f(x)<f(2x－1)得：eq\f(f（x）,ex)<eq\f(f（2x－1）,e2x－1)，即g(x)<g(2x－1)，所以x<2x－1，解得x>1，故選C.二、多選題4．若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)－xf′(x)>0，則下列命題正確的是(BC)A．3f(1)<f(3) B．3f(1)>C．2f(2)>f(4) D．3f(3)<〖〖解析〗〗由于f(x)>xf′(x)，則〖eq\f(f（x）,x)〗′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)<0恒成立，因此eq\f(f（x）,x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，∴eq\f(f（3）,3)<eq\f(f（1）,1)，即3f(1)>f(3)．同理2f(2)>f(4)，3f(3)>f(9)，選B、C.5．(2020·山東日照二模)已知函數(shù)f(x)＝e|x|sinx，則下列結(jié)論正確的是(BD)A．f(x)是周期為2π的奇函數(shù)B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上為增函數(shù)C．f(x)在(－10π，10π)內(nèi)有21個(gè)極值點(diǎn)D．f(x)≥ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立的充要條件是a≤1〖〖解析〗〗本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值以及恒成立問題．∵f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝e|－x|sin(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)，但f(x＋2π)＝e|x＋2π|sin(x＋2π)＝e|x＋2π|sinx≠f(x)，∴f(x)不是周期為2π的函數(shù)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))時(shí)，f(x)＝e－x·sinx，f′(x)＝e－x(cosx－sinx)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時(shí)，f(x)＝exsinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)>0，f(x)單調(diào)遞增，且f(x)的圖象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上是連續(xù)的，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上為增函數(shù)，故B正確；當(dāng)x∈〖0，10π)時(shí)，f(x)＝exsinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(π,4)＋kπ(k＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)．當(dāng)x∈(－10π，0)時(shí)，f(x)＝e－xsinx，f′(x)＝e－x(cosx－sinx)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,4)＋kπ(k＝－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7，－8，－9，－10)，∴f(x)在(－10π，10π)內(nèi)有20個(gè)極值點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，f(x)＝exsinx，則f′(x)＝exsinx＋excosx，f′(0)＝1，a表示過原點(diǎn)的直線y＝ax的斜率，由f(x)≥ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立知a≤1.三、填空題6．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是(－∞，2ln_2－2〗.〖〖解析〗〗f(x)有零點(diǎn)可轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解的問題，即a＝－ex＋2x有解．設(shè)g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2，g′(x)＝0得x＝ln2，因此g(x)在(－∞，ln2)遞增，在(ln2，＋∞)遞減，因此g(x)在ln2取得最大值，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2〗．7．已知x∈(0，2)，若關(guān)于x的不等式eq\f(x,ex)<eq\f(1,k＋2x－x2)恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是〖0，e－1)．〖〖解析〗〗依題意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x對(duì)任意x∈(0，2)恒成立，從而k≥0，因此由原不等式，得k<eq\f(ex,x)＋x2－2x恒成立．令f(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x，則f′(x)＝(x－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x2)＋2)).令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(1，2)時(shí)．f′(x)>0.函數(shù)f(x)在(1，2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是〖0，e－1)．四、解答題8．證明：當(dāng)x∈〖0，1〗時(shí)，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x.〖〖解析〗〗記F(x)＝sinx－eq\f(\r(2),2)x，則F′(x)＝cosx－eq\f(\r(2),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減．又F(0)＝0，F(xiàn)(1)>0，所以當(dāng)x∈〖0，1〗時(shí)，F(xiàn)(x)≥0，即sinx≥eq\f(\r(2),2)x.記H(x)＝sinx－x，則H′(x)＝cosx－1.當(dāng)x∈〖0，1〗時(shí)，H′(x)≤0，H(x)單調(diào)遞減．所以H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.綜上，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x，x∈〖0，1〗．9．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x,2)＋eq\f(k,x)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．〖〖解析〗〗函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等價(jià)于k<eq\f(x2,2)－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2,2)－xlnx，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)．當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>h(1)＝0.即當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>g′(1)＝0，∴函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)>g(1)＝eq\f(1,2)，∴當(dāng)x>1時(shí)，若使k<eq\f(x2,2)－xlnx恒成立，則k≤eq\f(1,2)，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).10．(2021·北京西城區(qū)統(tǒng)測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x，其中a∈R.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處切線的傾斜角為eq\f(π,4)，求a的值；(2)已知導(dǎo)函數(shù)f′(x)在區(qū)間(1，e)上存在零點(diǎn)，證明：當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，f(x)>－e2.〖〖解析〗〗(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)，由題意可知f′(2)＝taneq\f(π,4)＝1，∴f′(2)＝eq\f(a,2)＋4－a－2＝1，得a＝2.(2)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)，設(shè)h(x)＝2x2－(a＋2)x＋a＝(x－1)(2x－a)，令h(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(a,2)，∵f′(x)在(1，e)上存在零點(diǎn)，∴1<eq\f(a,2)<e，即2<a<2e.由此可知xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))eq\f(a,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))f′(x)－0＋f(x)減極小值增∴當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)－(a＋2)×eq\f(a,2)＝alneq\f(a,2)－eq\f(a2,4)－a.設(shè)g(a)＝alneq\f(a,2)－eq\f(a2,4)－a(2<a<2e)，則g′(a)＝lneq\f(a,2)－eq\f(a,2)，∵1<eq\f(a,2)<e，∴l(xiāng)neq\f(a,2)<1，∴g′(a)<0，∴g(a)在(2，2e)上單調(diào)遞減，∴g(a)>2elne－eq\f(4e2,4)－2e＝－e2，∴當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，f(x)>－e2.B組能力提升1．(2021·廣西柳州畢業(yè)班摸底)已知