第三章 必刷大题6 导数的综合问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（北师大版 皖赣桂豫陕）

必刷大题6　导数的综合问题 1．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)的极小值为－，当x＝2时，f(x)有极大值． (1)求函数f(x)的解析式； (2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求实数t的取值范围． 解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋6， 由f′(－1)＝f′(2)＝0， 得3a－2b＋6＝0且12a＋4b＋6＝0， 解得a＝－1，b＝， 又f(－1)＝－，∴c＝1， 经检验满足题意， ∴f(x)＝－x3＋x2＋6x＋1. (2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立， 等价于f(x)max>t2－2t，x∈[－2,0]， ∵f′(x)＝－3x2＋3x＋6＝－3(x－2)(x＋1)， 当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0； 当x∈(－1,0]时，f′(x)>0， ∴f(x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1,0]上单调递增， 又f(－2)＝3，f(0)＝1， ∴f(x)在[－2,0]上的最大值为f(－2)＝3， ∴t2－2t<3，解得－1<t<3， ∴t的取值范围是(－1,3)． 2．(2023·商洛统考)已知函数f(x)＝ex－4sin x，其中e为自然对数的底数． (1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程； (2)证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点． (1)解　因为f(x)＝ex－4sin x， 所以f′(x)＝ex－4cos x， 则f(0)＝1，f′(0)＝－3， 故所求切线方程为y－1＝－3(x－0)，即3x＋y－1＝0. (2)证明　设g(x)＝f′(x)＝ex－4cos x， 则g′(x)＝ex＋4sin x. 显然当x∈[0，π]时，g′(x)>0， 当x∈[π，＋∞)时，g′(x)>eπ－4>0， 所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又f′(0)＝－3<0，f′＝－2>0， 所以存在唯一x0∈，使f′(x0)＝0. 则当x∈[0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 因为f(0)＝1>0，f ＝－2<e－2<0，f(π)＝eπ>0， 所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点． 3．已知函数f(x)＝＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数． (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－1时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1＝，x>0， 令f′(x)>0，得0<x<1；令f′(x)<0，得x>1， ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)f′(x)＝＋＝， ①当a>0时，∵x>0，∴f′(x)>0， ∴函数f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)max＝f(e)＝2，∴＋1＝2， ∴a＝e，符合题意； ②当a<0且－a<e，即－e<a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－a， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表． x (0，－a) －a (－a，e) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 ∴f(x)max＝f(－a)＝2， ∴－1＋ln(－a)＝2， ∴a＝－e3，不符合题意，舍去； ③当－a≥e，即a≤－e时，在(0，e]上，f′(x)≥0， ∴f(x)在(0，e]上单调递增， 故f(x)在(0，e]上的最大值为f(e)＝＋1＝2， ∴a＝e，不符合题意，舍去， 综上可得a＝e. 4．(2024·安康模拟)已知f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x＋ln m(a，m∈R，m>0)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝－1时，若不等式eg(x)＋g(x)≥f(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，求m的取值范围(e为自然对数的底数)． 解　(1)f′(x)＝－a(x>0)， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x， 由g(x)＝x＋ln m，得g(x)＝ln eg(x)， ∴eg(x)＋g(x)＝eg(x)＋ln eg(x)＝f(eg(x))， ∴f(eg(x))≥f(x)， 由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴eg(x)≥x，即ex＋ln m≥x， ∴x＋ln m≥ln x，∴ln m≥ln x－x， 令h(x)＝ln x－x，则h′(x)＝－1， 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， ∴h(x)max＝h(1)＝－1， ∴ln m≥－1，∴m≥. 5．(2023·新高考全国Ⅱ)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x； (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． (1)证明　构建F(x)＝x－sin x， 则F′(x)＝1－cos x>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则F(x)在(0,1)上单调递增， 可得F(x)>F(0)＝0， 所以x>sin x，x∈(0,1)； 构建G(x)＝sin x－(x－x2)＝x2－x＋sin x，x∈(0,1)，则G′(x)＝2x－1＋cos x，x∈(0,1)， 令g(x)＝G′(x)，x∈(0,1)， 则g′(x)＝2－sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则g(x)在(0,1)上单调递增， 可得g(x)>g(0)＝0， 即G′(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则G(x)在(0,1)上单调递增， 可得G(x)>G(0)＝0， 所以sin x>x－x2，x∈(0,1)． 综上所述，当0<x<1时，x－x2<sin x<x. (2)解　因为f(x)＝cos ax－ln(1－x2)(－1<x<1)， 所以f(x)＝f(－x)， 所以f(x)为偶函数． f′(x)＝－asin ax＋(－1<x<1)， 令t(x)＝－asin ax＋(－1<x<1)， 则t′(x)＝－a2cos ax＋(－1<x<1)． 令n(x)＝－a2cos ax＋， 则n′(x)＝a3sin ax＋. 当a＝0时， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意． 当a>0时，取与1中的较小者，为m， 则当0<x<m时，易知n′(x)>0， 所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增， 所以t′(x)>t′(0)＝2－a2. ①当2－a2≥0，即0<a≤时，t′(x)>0(0<x<m)． 所以t(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0. 那么f(x)在(0，m)上单调递增， 由偶函数性质知f(x)在(－m,0)上单调递减． 故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意． ②当2－a2<0，即a>时， 当<1，即a>时， 因为t′(0)<0，t′>0， 所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1， 且当0<x<x1时，t′(x)<0，t(x)单调递减， 因为t(0)＝0， 所以当0<x<x1时，t(x)<0，即f′(x)<0， 所以f(x)在(0，x1)上单调递减， 因为f(x)为偶函数， 所以f(x)在(－x1,0)上单调递增， 故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 当≥1，即<a≤时， 因为t′(0)<0，t′＝－a2cos ＋>0， 所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2， 且当0<x<x2时，t′(x)<0，t(x)单调递减． 因为t(0)＝0， 所以当0<x<x2时，t(x)<0，即f′(x)<0， 所以f(x)在(0，x2)上单调递减． 因为f(x)为偶函数， 所以f(x)在(－x2,0)上单调递增， 故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－. 综上所述，a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $