教辅-高三数学考点复习：导数及其应用2

考点八导数及其应用(二)1A卷PARTONE解答题1．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点12，f12处的切线与y轴垂直．(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解(1)f′(x)＝3x2＋b，由题意，f′12＝0，即3×122＋b＝0，则b＝－34.(2)证明：由(1)可得f(x)＝x3－34x＋c，f′(x)＝3x2－34＝3x＋12x－12，令f′(x)＞0，得x＞12或x＜－12；令f′(x)＜0，得－12＜x＜12.解所以f(x)在－12，12上单调递减，在－∞，－12，12，＋∞上单调递增．又f(－1)＝c－14，f－12＝c＋14，f12＝c－14，f(1)＝c＋14，假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(－1)＞0或f(1)＜0，即c＞14或c＜－14.当c＞14时，f(－1)＝c－14＞0，f－12＝c＋14＞0，f12＝c－14＞0，f(1)＝c＋14＞0，解又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＜0，由零点存在性定理知f(x)在(－4c，－1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(－∞，－1)上存在唯一一个零点，在(－1，＋∞)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c＜－14时，f(－1)＝c－14＜0，f－12＝c＋14＜0，f12＝c－14＜0，f(1)＝c＋14＜0，又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＞0，由零点存在性定理知f(x)在(1，－4c)上存在唯一一个零点x0′，解即f(x)在(1，＋∞)上存在唯一一个零点，在(－∞，1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾，综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－mx，f′(1)＝1－m，因为曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0平行，所以1－m＝1，即m＝0.2．(2020·山东潍坊6月模拟)已知函数f(x)＝xlnx－12mx2(m∈R)，g(x)＝－x＋1ex－2ex＋e－1e.(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0平行，求m；(2)证明：在(1)的条件下，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，f(x1)g(x2)成立．解(2)证明：在(1)的条件下，f(x)＝xlnx，可得f′(x)＝lnx＋1，当x∈0，1e时，f′(x)0，f(x)单调递减，当x∈1e，＋∞时，f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)＝xlnx在x＝1e时取得最小值f1e＝－1e，可知f(x1)≥－1e，由g(x)＝－x＋1ex－2ex＋e－1e，得g′(x)＝xex－2e，令h(x)＝g′(x)＝xex－2e，则h′(x)＝1－xex，解所以当x∈(0,1)时，h′(x)0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递减，所以g′(x)≤g′(1)＝h(1)＝－1e，因为g′(x)≤－1e0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，可知g(x2)g(0)＝－1e，所以对任意x1，x2∈(0，＋∞)，f(x1)g(x2)．解3．(2020·海南中学高三第六次月考)已知函数f(x)＝1x－x＋2alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝lnx－bx－cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x1x2)恰为函数g(x)的两个零点，且y＝(x1－x2)·g′x1＋x22的范围是ln2－23，＋∞，求实数a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋2ax＝－x2－2ax＋1x2.(ⅰ)若a≤1，则f′(x)≤0，当且仅当a＝1，x＝1时，f′(x)＝0.解(ⅱ)若a1，令f′(x)＝0得x1＝a－a2－1，x2＝a＋a2－1.当x∈(0，a－a2－1)∪(a＋a2－1，＋∞)时，f′(x)0；当x∈(a－a2－1，a＋a2－1)时，f′(x)0，∴当a≤1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a1时，f(x)的单调递减区间为(0，a－a2－1)，(a＋a2－1，＋∞)；单调递增区间为(a－a2－1，a＋a2－1)．解(2)由(1)知，a1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1.又g′(x)＝1x－b－2cx，∴g′x1＋x22＝2x1＋x2－b－c(x1＋x2)，由g(x1)＝g(x2)＝0，得lnx1x2＝b(x1－x2)＋c(x21－x22)，∴y＝(x1－x2)g′x1＋x22＝2x1－x2x1＋x2－b(x1－x2)－c(x21－x22)＝2x1－x2x1＋x2－lnx1x2＝2x1x2－1x1x2＋1－lnx1x2.解令x1x2＝t∈(0,1)，∴y＝2t－1t＋1－lnt，∴y′＝－t－12tt＋120，∴y在(0,1)上单调递减．由y的取值范围是ln2－23，＋∞，得t的取值范围是0，12，∵x1＋x2＝2a，∴(2a)2＝(x1＋x2)2＝x21＋2x1x2＋x22＝x21＋2x1x2＋x22x1x2＝4a2＝x1x2＋x2x1＋2，∴4a2＝x1x2＋x2x1＋2＝t＋1t＋2∈92，＋∞，又a1，故实数a的取值范围是324，＋∞.解4．(2020·河南开封二模)已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)·sinx＋cosx.(1)当a＝1，x≥－π2时，求f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝fx－sinx－cosxx，x∈－π4，0∪0，7π4，且函数g(x)的导函数g′(x)存在零点，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝xex＋(x＋1)sinx＋cosx，f′(x)＝(x＋1)ex＋sinx＋(x＋1)cosx－sinx＝(x＋1)·(ex＋cosx)．当x∈－π2，π2时，ex0，cosx≥0，所以ex＋cosx0；解当xπ2时，ex1，|cosx|≤1，所以ex＋cosx0.所以当x≥－π2时，ex＋cosx0.故由f′(x)≥0，得x≥－1；由f′(x)0，得－π2≤x－1，所以f(x)的单调递减区间为－π2，－1，单调递增区间为[－1，＋∞)，所以f(x)的最小值为f(－1)＝－1e＋cos1.解(2)由题意得，g(x)＝aex＋sinx，x∈－π4，0∪0，7π4，函数g′(x)有零点，即g′(x)＝aex＋cosx＝0在－π4，0∪0，7π4上有解，所以a＝－cosxex，设m(x)＝－cosxex，则m′(x)＝sinx＋cosxex.若m′(x)≥0，则sinx＋cosx≥0，即2sinx＋π4≥0，解得－π4≤x≤3π4，且x≠0；解若m′(x)0，则sinx＋cosx0，即2sinx＋π40，解得3π4x7π4，所以m(x)在－π4，0，0，3π4上是增函数，在3π4，7π4上是减函数．而m－π4＝－22eπ4，m(0)＝－1，m3π4＝22e－3π4，m7π4＝－22e－7π4，又－22e－7π4－1，所以－22eπ4≤a－1或－1a≤22e－3π4，所以实数a的取值范围是－22eπ4，－1∪－1，22e－3π4.解2B卷PARTTWO解(1)证明：∵f′(x)＝x(ex－e－x)，当x≥0时，ex≥1，e－x≤1，∴f′(x)≥0，∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数，又f(0)＝0，∴f(x)≥0.1．(2020·山东泰安二轮复习检测)已知函数f(x)＝(x＋1)e－x＋(x－1)ex，x≥0.(1)证明：0≤f(x)≤1x＋1＋x－1ex；(2)若g(x)＝ax＋x32＋x＋2xcosxex，当x∈[0,1]时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解由f(x)≤1x＋1＋x－1ex，整理，得(ex)2≥(x＋1)2，即ex≥x＋1，令φ(x)＝ex－x－1(x≥0)，则φ′(x)＝ex－1≥0，∴φ(x)在[0，＋∞)上是增函数，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0，∴ex≥x＋1，∴f(x)≤1x＋1＋x－1ex，综上，0≤f(x)≤1x＋1＋x－1ex.解(2)当x∈[0,1]时，f(x)≥g(x)恒成立，即(x＋1)e－x＋(x－1)ex≥ax＋x32＋x＋2xcosxex恒成立，即(1＋x)e－2x－ax＋x32＋1＋2xcosx≥0.由(1)可知，当x∈[0,1]时，f(x)＝(x＋1)e－x＋(x－1)·ex≥0，即(1＋x)e－2x≥1－x，∴(1＋x)e－2x－ax＋x32＋1＋2xcosx≥1－x－ax－1－x32－2xcosx＝－xa＋1＋x22＋2cosx，解令G(x)＝x22＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx，令H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈[0,1]时，H′(x)0，∴G′(x)在[0,1]上是减函数，故当x∈[0,1]时，G′(x)≤G′(0)＝0，∴G(x)在[0,1]上是减函数，∴G(x)≤G(0)＝2，∴a＋1＋G(x)≤a＋3，故当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．当a－3时，由(1)可知e2x≥(x＋1)2，即(1＋x)e－2x≤1x＋1，∴(1＋x)e－2x－ax＋x32＋1＋2xcosx≤11＋x－1－ax－x32－2xcosx解＝－x1＋x－ax－x32－2xcosx＝－x1x＋1＋a＋x22＋2cosx，令I(x)＝11＋x＋a＋x22＋2cosx＝11＋x＋a＋G(x)，则I′(x)＝－11＋x2＋G′(x)，当x∈[0,1]时，I′(x)0，∴I(x)在[0,1]上是减函数，∴I(x)在[0,1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3]．∵a－3，∴a＋30，∴存在x0∈[0,1]，使得I(x0)0，此时f(x0)g(x0)，故a－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．解解(1)由已知，得f′(x)＝(bx＋ab＋1)ebx，f′(0)＝ab＋1＝1，所以ab＝0，又因为b≠0，所以a＝0.此时可得f(x)＝xebx(b≠0)，f′(x)＝(bx＋1)ebx.①若b＞0，则当x－1b时，f′(x)0，f(x)单调递减；2．(2020·广州综合测试一)已知函数f(x)＝(x＋a)ebx(b≠0)的最大值为1e，且曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与直线y＝x－2平行(其中e为自然对数的底数)．(1)求实数a，b的值；(2)如果0x1x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：3x1＋x23.解当x－1b时，f′(x)0，f(x)单调递增．此时，函数f(x)有最小值，无最大值．②若b＜0，则当x－1b时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x－1b时，f′(x