2024届高三数学二轮复习强化练5：导数的综合应用

强化练5 　导数的综合应用 突破1　导数与不等式的证明 1．(2023·咸阳模拟)已知函数f(x)＝(x∈R)． (1)求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x. 2．(2023·江苏省八市模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x－，设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2. (1)求a的取值范围； (2)证明：f(x1)－f(x2)<x2－x1. 突破2　恒成立问题与能成立问题 1．(2023·吴忠模拟)已知函数f(x)＝x2－(2a－1)x－aln x. (1)当a＝1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 2．(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0)． (1)若a＝e，求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上有解，求实数a的取值范围． 突破3　零点问题 1．(2023·连云港调研)已知函数f(x)＝x2＋xln x. (1)求f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若关于x的方程f(x)＝ax3有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围． 2．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ex－1＋e－x＋1，g(x)＝a(x2－2x)(a<0)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数． 参考答案 突破1　导数与不等式的证明 1．(1)解　由题知，f(0)＝0，f′(x)＝， 所以切点坐标为(0,0)，斜率为 f′(0)＝＝1， 所以所求切线为x－y＝0. (2)证明　由f(x)≤x，x∈[0，π]， 得≤x，x∈[0，π]， 即xex－sin x≥0，x∈[0，π]， 令g(x)＝xex－sin x，x∈[0，π]， 则g′(x)＝ex＋xex－cos x， 令h(x)＝ex＋xex－cos x，x∈[0，π]， 则h′(x)＝2ex＋xex＋sin x≥0在[0，π]上恒成立， 所以h(x)在[0，π]上单调递增，有h(x)≥h(0)＝0， 所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立， 即g(x)在[0，π]上单调递增， 所以g(x)≥g(0)＝0， 即xex－sin x≥0，x∈[0，π]， 综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x. 2．(1)解　f′(x)＝a－＋＝(x>0)． 由题意得ax2－x＋a＝0有两个不相等的正实数根， 所以 解得0<a<. (2)证明　因为x1<x2，由(1)知，0<a<，f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增， 所以x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点． 由(1)知，x1x2＝1，x1＋x2＝， 因为x2－x1－f(x1)＋f(x2) ＝(a＋1)(x2－x1)－ln ＋a· ＝2a(x2－x1)＋(x2－x1)－ln  ＝＋－ln  ＝＋－－ln ， 设t＝>1，g(t)＝＋－－ln t. 所以g′(t)＝＋＋－ ＝＋>0， 所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(t)>g(1)＝0. 所以x2－x1－f(x1)＋f(x2)>0， 即f(x1)－f(x2)<x2－x1. 所以原不等式成立． 突破2　恒成立问题与能成立问题 1．解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－x－ln x，f(1)＝0， 可得f′(x)＝2x－1－，故f′(1)＝0， 所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0. (2)由已知得x∈(0，＋∞)， 所以x2＋x>0， 由f(x)≥0，得x2＋x≥(2x＋ln x)a. 因为a>0， 所以上式可化为≥. 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 令h(x)＝1－x－ln x， 则h′(x)＝－1－. 因为x∈(0，＋∞)，所以h′(x)<0， 所以h(x)为(0，＋∞)上的减函数，且h(1)＝0， 故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(0,1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0， 即g′(x)<0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减． 所以当x＝1时，g(x)取得极大值，也是最大值， 即g(x)max＝g(1)＝1. 要使≥在(0，＋∞)上恒成立，则应有≥1.又因为a>0，故0<a≤1. 2．解　(1)当a＝e时， f(x)＝ex＋(1－e)x－ln x， f′(x)＝ex＋(1－e)－ ＝(ex－e)＋， 当x>1时，ex－e>0，>0， 所以f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增； 当0<x<1时，ex－e<0，<0， 所以f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减，