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（湘教版 甘）

必刷大题6　导数的综合问题 1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1处都取得极值． (1)求a，b的值； (2)若对任意x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立，求实数c的取值范围． 解　(1)由题设，f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 又f′＝－a＋b＝0， f′(1)＝3＋2a＋b＝0， 解得a＝－，b＝－2，经检验满足题意． (2)由(1)知，f(x)＝x3－x2－2x＋c， 即f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)， 当x∈[－1,2]时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x － 1 (1,2] f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1,2]上单调递增， ∴当x＝－时，f ＝＋c为极大值， 又f(2)＝2＋c， 则f(2)＝2＋c为f(x)在[－1,2]上的最大值， 要使f(x)<c2对任意x∈[－1,2]恒成立， 则只需c2>f(2)＝2＋c，解得c<－1或c>2， ∴实数c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 2．已知函数f(x)＝xln x＋a(x－1)． (1)当a＝－2时，求f(x)的单调区间； (2)证明：当a<－1时，f(x)在(1，＋∞)上存在唯一零点． (1)解　当a＝－2时，f(x)＝xln x－2(x－1)， 该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－1. 令f′(x)<0，得0<x<e，令f′(x)>0，得x>e， 所以f(x)的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e，＋∞)． (2)证明　因为a<－1，f(x)＝xln x＋a(x－1)， 则f′(x)＝ln x＋a＋1. 令f′(x)＝0，得x＝e－a－1. 因为a<－1，所以e－a－1>e0＝1. 当x∈(1，e－a－1)时，f′(x)<0，f(x)在(1，e－a－1)上单调递减；当x∈(e－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e－a－1，＋∞)上单调递增． 而f(e－a－1)<f(1)＝0，且f(e－a)＝e－aln e－a＋a(e－a－1)＝－a>0. 又因为f(x)在(e－a－1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在(e－a－1，＋∞)上有唯一零点． 当x∈(1，e－a－1)时，恒有f(x)<f(1)＝0，f(x)在(1，e－a－1)上无零点． 综上，当a<－1时， f(x)在(1，＋∞)上存在唯一零点． 3．(2023·咸阳模拟)已知函数f(x)＝(x∈R)． (1)求 f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x. (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， 所以所求切线方程为x－y＝0. (2)证明　f(x)≤x(x∈[0，π])， 即≤x(x∈[0，π])⇔ 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，则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. 4．(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＋. 令n(x)＝－a2cos ax＋(－1<x<1)， 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 $