4.5 导数的综合运用（精练）（教师版）

资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】4.5导数的综合运用（精练）1．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数1ln1fxxax.(1)若0fx，求实数a的值；(2)已知*nN且2n，求证：111ln23nn.【答案】(1)1a(2)证明见解析【解析】（1）因为1ln1fxxax，所以函数()fx定义域为0,，221axafxxxx.因为10f，且0fx，所以1x是函数fx的极小值点，则10f，所以1101af，得1a.当1a时，21xfxx，当01x时，0fx，当1x时，()0fx¢，则函数fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以10fxf，满足条件，故1a.（2）由（1）可得，1ln11xxx.令111kx，则1kxk，所以1ln1kkk，即1lnln1kkk，2,3,,kn，所以111ln2ln1ln3ln2lnln1ln23nnnn.证毕.2．（2023·安徽·校联考模拟预测）已知函数()(2)e2xfxxax，Ra．(1)当[0,)x时，()0fx恒成立，求a的取值范围；(2)求证：对一切的*Nn，111ln13521nn．【答案】(1)[1,)(2)证明见解析【解析】（1）由()(2)e2xfxxax知，(0)0f，()(1)exfxxa，记()(1)exgxxa，[0,)x，则()0exgxx，()fx在[0,)上单调递增．当1a时，(0)10fa，()(0)0fxf对[0,)x恒成立，()fx在[0,)上单调递增，()(0)0fxf，符合题意；资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】当1a时，(0)10fa，且()fx在[0,)上单调递增，()(1)exfxxa，所以x趋向正无穷()fx趋向正无穷，故存在00x，使得00fx，从而00,xx，00fx，()fx单调递减，0(0)0fxf，不合题意．综上，a的取值范围为[1,)．（2）当,()0x时，由（1）知(2)e20xxx，2e1e1xxx对一切,()0x恒成立，即2(1)ln1xxx对一切(1,)x恒成立，令11nxn，*Nn，则12112ln1211nnnnnnn，2ln23，32ln25，…，12ln21nnn，31222ln2lnln23521nnn，即111ln(1)23521nn，111ln13521nn3．（2023·四川凉山·三模）已知函数2ln1fxaxx．(1)讨论函数fx的单调性；(2)当2a，若两个不相等的正数m，n，满足0fmfn，证明：2mn．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】（1）函数fx的定义域为0,，222axafxxxx．当0a时，()0fx¢，∴函数fx在0,上为增函数；当a0时，令0fx，得2ax（舍去）或2ax，∴当0,2ax时，0fx；当,2ax时，()0fx¢；∴函数fx在0,2a上为减函数，在,2a上为增函数．（2）当2a时，22ln1fxxx，∴220fxxx，且10f，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴函数fx在0,上为增函数，∵有两个不相等的整数m，n满足0fmfn，∴不妨设01mn，要证明2mn，即证2nm，即证2fnfm，又0fmfn∴即证2fmfm，即证20fmfm，即证222ln2210fmfmmmmm，令22tmm，0,1m，则0,1t，即证ln10tt，0,1t令ln1gttt，0,1t，则111tgttt，∴函数gt在0,1上为增函数，∴10gtg，得证．4．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）设函数31π1sincos0,sin222fxxxxxgxfxxax．(1)求fx在π2x处的切线方程；(2)若任意0,x，不等式0gx恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)2π2π24yx(2)13a【解析】（1）π2x时，π122f；又1sincos2fxxxx，则ππ22kf，切线方程为：1ππ222yx，即2π2π24yx（2）3sincosgxxxxax，则sin3gxxxax，又令sin3,cos3hxxaxhxxa，①当31a，即13a时，0hx恒成立，∴hx在区间0,上单调递增，∴00hxh，∴0gx，∴gx在区间0,上单调递增，∴00gxg（不合题意）；②当31a即13a时，0,hxhx在区间0,上单调递减，∴00hxh，∴0gx，∴gx在区间0,上单调递减，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴00gxg（符合题意）；③当131a，即1133a时，由0130,π130haha，∴00,πx，使00hx，且00,xx时，0,00,0hxhxhgx，∴gx在00,xx上单调递增，∴00gxg（不符合题意）；综上，a的取值范围是13a；5．（2023·河北·模拟预测）已知函数eeRxfxaxa.(1)讨论函数fx的单调性；(2)若存在实数a，使得关于x的不等式fxa恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析.(2)1,e【解析】（1）函数eeRxfxaxa，xR，则()(e)e1xfxa，当e0a≥，即ea时，()0fx恒成立，即()fx在R上单调递增；当e0a，即ea时，令()0fx，解得ln(e)xa，x(,ln(e))aln(e)a(ln(e),)a()fx+0()fx↗极大值↘综上所述，当ea是，()fx在R上单调递增；当ea时，()fx在(,ln(e))a上单调递增，在(ln(e),)a上单调递减.（2）()fxa等价于(e)e0xaxa，令()(e)exhxaxa，当ea时，1(1)(e)e10ahaa，所以()0≤hx不恒成立，不合题意.当ea时，()fxa等价于max()afa，由（1）可知max()(ln(e))1ln(e)fxfaa，所以1ln(e)aa，对ea有解，所以1ln(e)aa对ea有解，因此原命题转化为存在ea，使得1ln(e)aa.资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】令ln(e)1()auaa，ea，则min()ua，222eln(e)ln(e)1ee()aaaaauaaaa，令e()ln(e)eaaa，则21e()0e(e)aaa，所以()a在(e,)上单调递增，又e(2e)ln(2ee)02ee，所以当e2ea时，()0a，()0ua，故()ua在(e,2e)上单调递减，当2ea时，()0a，()0ua，故()ua在(2e,+)上单调递增，所以min1()(2e)euau，所以1e，即实数的取值范围是1,e.6．（2023·山东青岛·统考模拟预测）已知函数elnxafxx.(1)当0a时，求曲线yfx在1,1f处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若存在0e,x，使0()0fx成立，求a的取值范围.【答案】(1)12(e1)S(2)ea【解析】（1）当0a时，()elnxfxx，1()exfxx，所以曲线yfx在1,1f处的切线的斜率e1k，又(1)ef，切线方程为(e1)1yx.与,xy轴的交点分别是1(,0),(0,1)1e，切线与坐标轴围成的三角形的面积12(e1)S·（2）存在0e,x，使0()0fx即00eln0xax，即00elnxax.即存在0e,x，使00eelnxax成立.令e()lnxhxx，因此，只要函数e()lnxhxx在区间e,的最小值小于ea即可·下面求函数e()lnxhxx在区间e,的最小值.21e(ln)()lnxxxhxx，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】令1()lnuxxx，因为211()0uxxx，所以()ux为e,上的增函数，且1(e)10eu.21e(ln)()0lnxxxhxx在e,恒成立·e()lnxhxx在e,递调递增，函数e()lnxhxx在区间e,的最小值为e(e)eh，e(e)eeah，得ea.7．（2023·云南·校联考三模）已知函数2ln,Raxxfxax.(1)当1a时，求gxxfx的单调区间；(2)若fx有2个不同的零点1212,xxxx，求证：2212542xxa.【答案】(1)单调递减区间为20,2，单调递增区间为2,2.(2)证明见解析【解析】（1）当1a时2lnxxfxx，则2lngxxfxxx，定义域为0,，又221211212xxxgxxxxx，所以当202x时0gx，即gx单调递减，当22x时0gx，即gx单调递增，所以gx的单调递减区间为20,2，单调递增区间为2,2.（2）证明：因为fx定义域为0,，则fx有2个不同的零点等价于2lnxax有2个不同的实数根，令2lnxFxx，0,x，则312lnxFxx，所以当0ex时0Fx，Fx单调递增，当ex时0Fx，Fx单调递减，所以Fx在ex处取得极大值即最大值，即max1e2eFxF，又10F，当01x时0Fx，当1x时0Fx，且x时0Fx，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以121exx，且10,2ea，因为1x，2x是方程2lnxax有2个不同的实数根，即211222lnlnxaxxax，两式相除得222211lnlnxxxx，令21xtx，则1t，221lnlnxtx，所以12lnln1txt，222lnln1ttxt，又21