15.函数与导数综合运用试题精选-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

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1 2ln 2<n (ln 3-2ln 2)。 所 以 n < 1 2(2ln 2-ln 3)ln 2 ≈ 1 2×(1.386-1.099)×0.693 = 1 2×0.287×0.693∈ (2,3),所以整数n≤2。 当n=2时,由(1)可得2ln(1-x2)> 2x2 x2-1 。 下证:x ln x< 2x2 x2-1 ,x∈(0,1),只需证 ln x> 1 2 x- 1 x 。 令h(x)=2ln x-x+ 1 x ,x∈(0,1),则 h'(x)= 2 x-1- 1 x2 =- (x-1)2 x2 <0。 所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,故 h(x)>h(1)=0,所以得证。 综上所述,符合题意的整数n 的最大值 为2。 3.(1)由题意知,f'(x)=ex-1-ax+ (x-2)(ex-1-a)=(x-1)(ex-1-2a)≥0在 R上恒成立。 若a≤0,则ex-1-2a>0,显然当x<1 时,f'(x)<0,不合题意。 若a>0,令f'(x)=0,解得x1=1,x2= ln 2a+1,当且仅当x1=x2,即1=ln 2a+1, a= 1 2 时,f'(x)=(x-1)(ex-1-1)≥0在 R 上恒成立。 综上可得,a= 1 2 。 44 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年5月 (2)由 (1)知,f (x)= (x -2)· ex-1- 1 2x 。 由x1+x2>2,可得x1>2-x2。 又f(x)=(x-2)ex-1- 1 2x 为 R 上 的增函数,则f(x1)>f(2-x2),则f(x1)+ f(x2)>f(2-x2)+f(x2)。 令F(x)=f(2-x)+f(x)+1,则 F'(x)=f'(2-x)·(2-x)'+f'(x)= f'(x)-f'(2-x)=(x-1)(ex-1-1)-(2- x-1)(e2-x-1-1)=(x-1)(ex-1+e1-x-2)。 又因为ex-1>0,e1-x>0,ex-1+e1-x≥ 2 ex-1·e1-x=2,所以当x<1时,F'(x)< 0,F(x)单调递减;当x>1时,F'(x)>0, F(x)单调递增。 故F(x)≥F(1)=2f(1)+1=2×(1- 2)× e0- 1 2 +1=0,即f(2-x)+f(x)+ 1≥0,即f(2-x2)+f(x2)≥-1,即f(x1) +f(x2)>-1,问题得证。 4.(1)令h(x)=mex-x+1=0,得m= x-1 ex 。 令g(x)= x-1 ex ,x∈(0,4),则g'(x)= 2-x ex 。 所以当0<x<2时,g'(x)>0;当2<x <4时,g'(x)<0。所以函数g(x)在(0,2) 上单调 递 增,在 (2,4)上 单 调 递 减,所 以 g(x)max=g(2)= 1 e2 。 又g(0)=-1,g(4)= 3 e4 ,如图1,作出 函数g(x)= x-1 ex ,x∈(0,4)的图像。 图1 由图1可知,m 的 取 值 范 围 为 1 e2 ∪ -1,3e4 。 (2)因为h(x) ≥h(x0)对任意实 数x 恒成立,所以h(x0)是函数h(x)的最小 值。 由题意知,h'(x)=mex-1。 若m≤0,则h'(x)<0,所以函数h(x) 在R上为减函数,所以函数h(x)没有最小 值,不符合题意。 若m>0,则当x<ln 1 m 时,h'(x)<0;当 x>ln 1 m 时,h'(x)>0。 所以函数h(x)在 -∞,ln 1 m 上单调 递减,在ln 1 m ,+∞ 上单调递增。 所以h(x)min=hln 1 m =ln m+2。 综上可得,h(x0)=hln 1 m =ln m+ 2(m>0)。 所以要证m2h(x0)>-m2+3m-1,即 证 m2(ln m+2)> -m2 +3m -1,即 证 m2ln m>-3m2+3m-1,即 证 mln m> - 3m+ 1 m +3。 令 f (m )= mln m,φ (m )= - 3m+ 1 m +3(m>0)。 因 为 φ (m)= - 3m+ 1 m +3≤ -2 3m· 1 m +3=-23+3 (m>0),当且 仅当3m= 1 m ,即 m= 3 3 时 取 等 号,所 以 φ(m)≤-23+3。 由f(m)=mln m,得f'(m)=ln m+1。 当0<m< 1 e 时,f'(m)<0;当 m> 1 e 时,f'(m)>0。 所以函数f(m)在 0, 1 e 上单调递减, 在 1 e ,+∞ 上 单 调 递 增,所 以 f(m)≥ f 1 e =-1e。 因为- 1 e>-0.4>-2 3+3 ,所以 54 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年5月 f(m)>φ(m),即mln m>- 3m+ 1 m +3。 所以m2h(x0)>-m2+3m-1。 5.(1)令F(x)=xex-ln x-x-1,x> 0,则F'(x)=(x+1)ex- 1 x-1= (x+1) x · (xex-1)。 令G(x)=xex-1,则当x>0时,G'(x) =(x+1)·ex>0,所以G(x)在(0,+∞)上 单调递增。 因为G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,所 以G(x)存在唯一零点c∈(0,1),且当x∈ (0,c)时,G(x)<0,当 x∈(c,+∞)时, G(x)>0。 所以当x∈(0,c)时,F'(x)<0,F(x)单 调递减;当x∈(c,+∞)时,F'(x)>0,F(x) 单调递增。 所以F(x)≥F(c)=cec-ln c-c-1。 由G(c)=0得cec-1=0,即cec=1,两 边取对数得ln c+c=0,所以F(c)=0,所以 F(x)≥F(c)=0,所以xex-ln x-x-1≥ 0,即f(x)≥x+ln x+1。 (2)因为f(x)=xex,所以f'(x)=(1+ x)ex。 令f'(x)=0,解得x=-1。 所以当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(-1,+∞)时,f'(x) >0,f(x)单调递增。 所以f(x)min=f(-1)=- 1 e 。 图2 当 x 趋 向 于 负 无 穷 时, f(x)=xex <0 且 趋 向 于0, f(0)=0,当x 趋向于正无穷 时,f(x)=xex 趋向于正无穷, 所以f(x)=xex 的图像如图2 所示。 因为g(x)=xln x,x>0,所以g'(x)= ln x+1。 令g'(x)=0,解得x= 1 e 。 所以当x∈ 0, 1 e 时,g'(x)<0,g(x) 单调递减;当x∈ 1e ,+∞ 时,g'(x)>0, g(x)单调递增。 所以g(x)min=g 1 e =-1e。 图3 当x 趋向于0时,g(x)= xln x<0且趋向于0,g(1)= 0,当x 趋向于正无穷时,g(x) =xln x 趋向于正无穷,所以 g(x)=xln x 的图像如图3所 示。 所以若存在直线y=b,其与两条曲线y =f(x)和y=g(x)共有四个不同的交点,则 - 1 e<b<0 。 由图2和3可得,x1,x2 是直线y=b与 y=f(x)的两个交点,x3,x4 是直线y=b与 y = g (x ) 的 两 个 交 点, 则 f(x1)=x1ex1=b, f(x2)=x2ex2=b, g(x3)=x3ln x3=b, g(x4)=x4ln x4=b。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 因为f(x)=xex,g(x)=xln x,所以 g(x)=f(ln x)=xln x,则 g(x3)= f(ln x3)=b,g(x4)=f(ln x4)=b。 因为y=ln x 在(0,+∞)上单调递增, 且x1<x2<0<x3<x4,所以x1=ln x3,x2 =ln x4,所以x1·x3=ln x3·x3,x2·x4= ln x4·x4,所以x1·x3=x2·x4。 6.(1)若 a=0,则 f(x)= -x2 · ln x+ 1 2 。要证f(x)≥x 2 2-x 3,即证ln x ≤x-1。 令r(x)=ln x-x+1,x>0,则r'(x) = 1 x-1= 1-x x 。 当0<x<1时,r'(x)>0,r(x)单调递 增;当x>1时,r'(x)<0,r(x)单调递减。 所以r(x)max=r(1)=0,所以r(x)≤0, 即ln x≤x-1,结论得证。 (2)令 x1 = ln x x-1 ,x2 = xln x x-1 ,则 x2 x1 =x, x2-x1=ln x, 消去x 得ex2-x1 =x2x1,所以 64 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年5月 x1 ex1 = x2 ex2 。 因为x>1,所以x2>x1>0,原不等式等 价于 x2 x1g (x1)<g(x2),即 g(x1) x1 < g(x2) x2 ,即 f(x1)+ x1 ex1 <f(x2)+ x2 ex2 。 因为 x1 ex1 = x2 ex2 ,所 以 等 价 于 f(x1)< f(x2)。 因为x2>x1>0,所以当f(x)在区间 (0,+∞)上单调递增时,f'(x)≥0在区间 (0,+∞)上恒成立。 因为f'(x)=2(ae2x-1-xln x-x),所 以ae2x-1-xln x-x≥0对于x>0恒成立, 即a≥ ex(1+ln x) e2x 恒成立。 由(1)知ln x+1≤x,所以ex≤ex,所以 (ex )2 ≤ e2x, 所 以 ex(1+ln x) e2x ≤ ex(1+ln x) (ex)2 ≤ ex·x (ex)2 = 1 e ,当且仅当x=1 时取等号,所以a≥ 1 e ,符合题意。 当a< 1 e 时,x→1+,f'(x)=2(ae2x-1- xln x-x)<0,此时x2→x1,不满足f(x1) <f(x2),不合题意。 综 上 可 得,实 数 a 的 取 值 范 围 为 1 e ,+∞ 。 7.(1)f'(x)=1-cos x+asin x-2x。 令g(x)=1-cos x+asin x-2x,则 g'(x)=sin x+acos x-2= 1+a2sin (x +φ)-2≤ 1+a2-2≤0,其中tan φ=a, 所以g(x)在R上单调递减,且g(0)=0。 所以当x∈(-∞,0)时,g(x)>0,即 f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(0,+∞) 时,g(x)<0,即f'(x)<0,f(x)单调递减。 故当x=0时,f(x)取得极大值f(0)= -a,无极小值。 (2)由题意得,x-sin x-acos x≤1对 任 意 x ∈ - π 2 ,π 2 恒 成 立,即 a ≥ x-sin x-1 cos x 对任意x∈ - π 2 ,π 2 恒成立。 令h(x)= x-sin x-1 cos x ,x∈ - π 2 ,π 2 , 则h'(x)= cos x-sin x+xsin x-1 cos2 x 。 令t(x)=cos x-sin x+xsin x-1, x∈ - π 2 ,π 2 ,则t'(x)=-sin x-cos x+ sin x+xcos x=(x-1)cos x。 当x∈ - π 2 ,1 时,t'(x)<0,t(x)单调 递减;当x∈ 1, π 2 时,t'(x)>0,t(x)单调 递增。 所以t(x)≥t(1)=cos 1-1。 又t(0)=0,t π2 =π2-2<0,所以当 x∈ - π 2 ,0 时,t(x)>0,h'(x)>0,h(x) 单调递增;当x∈ 0, π 2 时,t(x)<0,h'(x) <0,h(x)单调递减。 所以h(x)max=h(0)=-1,故a≥-1。 所以a的取值范围为[-1,+∞)。 8.(1)因 为 f(x)= ex x ,则 f'(x)= ex(x-1) x2 ,直线l1 的斜率k1=f'(1)=0。 因为 g(x)=asin x,所 以 g'(x)= acos x,直线l2 的斜率k2=f'(0)=a,直线 l2 的方程为y=ax。 又两直线l1、l2 的夹角的正切值为2,故 a=±2。 令φ(x)=asin x-ax=a(sin x-x), 则φ'(x)=a(cos x-1)。 当a=2时,φ'(x)≤0恒成立,当且仅当 x=2kπ(k∈N*)时,等号成立,此时函数y= φ(x)在(0,+∞)上单调递减,故φ(x)< φ(0)=0,不满足题意; 当a=-2时,φ'(x)≥0恒成立,当且仅 当x=2kπ(k∈N*)时,等号成立,此时函数 y=φ(x)在(0,+∞)上单调递增,故φ(x)> φ(0)=0,满足题意。 综上所述,a=-2。 74 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年5月 (2)由(1)知a=-2,所以F(x)= ex x- 2sin x,x∈ (-π,0),求 导 得 F'(x)= (x-1)ex-2x2cos x x2 。 当x∈ - π 2 ,0 时,(x-1)ex<0,x2· cos x≥0,F'(x)<0,故F(x)在 - π 2 ,0 上 单调递减; 当x∈ -π,- π 2 时,令h(x)=(x-1)· ex-2x2cos x,x∈ -π,- π 2 ,则h'(x)= xex-4xcos x+2x2sin x=x(ex-4cos x+ 2xsin x),因为ex>0,cos x<0,xsin x>0, 所以h'(x)<0,故h(x)在 -π,- π 2 上单 调递减。 因 为 h (-π)=2π2 - π+1 eπ >0, h - π 2 = -π2-1 e- π 2 < 0, 所 以 h(-π)h - π 2 <0。 由 零 点 存 在 性 定 理 知,h (x)在 -π,- π 2 上 有 唯 一 零 点,即 F'(x)在 -π,- π 2 上有唯一零点,该零点即为x0。 当x∈(-π,x0)时,h(x)>0,即F'(x) >0;当 x∈ x0,- π 2 时,h(x)<0,即 F'(x)<0。 又当x∈ - π 2 ,0 时,F'(x)<0,故F(x) 在(-π,x0)上单调递增,在(x0,0)上单调递减。 所以 当 x∈ -π,- π 2 时,F(x0)> F - π 2 =2- 2 πe π 2 = 2πe π 2-1 πe π 2 >0。 因为x0∈ -π,- π 2 ,所以F(x0)=e x0 x0 -2sin x0<-2sin x0<2。 故x0 是函数F(x)在(-π,0)上的唯一 的极大值点,且0<F(x0)<2。 9.(1)当a=0时,f(x)=(x-1)ln (1 -x)-x,x<1,f'(x)=ln (1-x)。 令f'(x)=ln (1-x)=0,得x=0。 当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,故f(x) 在(-∞,0)上单调递增;当x∈(0,1)时, f'(x)<0,故f(x)在(0,1)上单调递减。 所以 函 数 f(x)的 单 调 递 增 区 间 为 (-∞,0),单调递减区间为(0,1)。 (2)令 g(x)=f'(x)=ln (1-x)+ asin x,则 g'(x)= - 1 1-x+acos x= a(1-x)cos x-1 1-x ,x∈(0,1)。 因为x∈(0,1),所以1-x∈(0,1), cos x∈(0,1),则(1-x)cos x∈(0,1)。 若a≤1,则a(1-x)cos x-1<0,故 g'(x)<0,从而g(x)在(0,1)上单调递减。 而g(0)=0,故当x∈(0,1)时,g(x)< g(0)=0,故g(x)在区间(0,1)上无零点,即 f'(x)在区间(0,1)上无零点。 若a>1,令h(x)=a(1-x)cos x-1, 则h'(x)=-acos x+(1-x)sin x 。 因为x∈(0,1),所以cos x+(1-x)· sin x>0,从而h'(x)<0,即h(x)在(0,1)上 单调递减。 而h(0)=a-1>0,h(1)=-1<0,因此 存在唯一的x0∈(0,1),使得h(x0)=0。 所以 当 x∈(0,x0)时,h(x)>0,即 g'(x)>0,所以g(x)单调递增;当x∈(x0, 1)时,h(x)<0,即g'(x)<0,所以g(x)单 调递减。 而g(0)=0,故g(x0)>0。 取 N=1-e-2a∈(0,1),当x>N 时, g(x)=ln (1-x)+asin x<a+ln (e-2a)= a-2a=-a<0,所以存在唯一的 m∈(x0, 1),使得g(m)=0,即f'(x)在区间(0,1)上 有唯一零点。 综上所述,当a>1时,f'(x)在(0,1)上 有唯一的零点; 当a≤1时,f'(x)在(0,1)上没有零点。 (责任编辑 王福华) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年5月