1_43　导数的综合应用-副本.docx

4.3　导数的综合应用 五年高考 考点1　利用导数研究不等式的恒(能)成立问题 1.(2023全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=ax-sinxcos3 (1)当a=8时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)<sin 2x,求a的取值范围. 解析　(1)当a=8时, f(x)=8x-sinx ∴f '(x)=8-cos4x- 令f '(x)>0,得cos x>22,又x∈0,π2,∴ 令f '(x)<0,得cos x<22,又x∈0,π2,∴ ∴f(x)在0,π4 (2)令g(x)=sin 2x-f(x)=sin 2x-ax+sinxcos3 ∴g'(x)=2cos 2x-a+co =4cos2x+3- 令t=cos2x,∵x∈0,π2,∴ 令h(t)=4t+3- ∴h'(t)=4+2t 又∵t∈(0,1),∴h'(t)<0在(0,1)上恒成立, ∴h(t)在(0,1)上单调递减, 又t=cos2x在0, ∴g'(x)在0, 且g'(0)=4+1-a-2=3-a, ①当a≤3时,g'(x)>g'(0)=3-a≥0在0, ∴g(x)在0,π2上为增函数,又g(0)=0,∴g(x)>0 ②当a>3时,由于g'(x)在0, ∴?x0∈0,π2 则g'(x)在(0,x0)上恒小于0,故g(x)在(0,x0)上单调递减, ∴当x∈(0,x0)时,g(x)<g(0)=0,不合题意,舍去. 综上,实数a的取值范围为(-∞,3]. 2.(2021天津,20,16分,难)已知a>0,函数f(x)=ax-xex. (1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程; (2)证明f(x)存在唯一的极值点; (3)若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围. 解析　(1)由题意得f '(x)=a-(x+1)ex,∴f '(0)=a-1,又f(0)=0,∴切线方程为y=(a-1)x. (2)证明:令f '(x)=a-(x+1)ex=0,得a=(x+1)ex, 令g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex, 令g'(x)=0,得x=-2, 当x∈(-∞,-2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 当x∈(-2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)min=g(-2)=-1e2<0,当x→-∞时,g(x)<0,当x 由函数零点存在定理可知g(x)存在唯一零点,易知g(-1)=0,∴当a>0时,直线y=a与y=g(x)的图象仅有一个交点, 令g(m)=a,则m>-1且f '(m)=a-g(m)=0, 当x∈(-∞,m)时,a>g(x),∴f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(m,+∞)时,a<g(x),∴f '(x)<0, f(x)单调递减,∴f(x)存在唯一的极值点. (3)由(2)知f(x)max=f(m), 此时a=(1+m)em(m>-1), ∴[f(x)-a]max=f(m)-a=(1+m)em·m-mem-(1+m)em =(m2-m-1)em(m>-1), 令h(x)=(x2-x-1)ex(x>-1), 若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立, 等价于存在x∈(-1,+∞),使得h(x)≤b成立, 即b≥h(x)min, 而h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex(x>-1), 当x∈(-1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, ∴h(x)min=h(1)=-e,∴b≥-e. 综上,b∈[-e,+∞). 名师点拨　1.导数中证明极值点的个数问题通常可转化为求方程根的个数问题,并进一步转化为两个函数图象的交点个数问题,体现了转化与化归的数学思想; 2.存在性问题和恒成立问题均可转化为函数的最值问题. 3.(2018课标Ⅰ文,21,12分,难)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a≥1e时, f(x)≥ 解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=aex-1x 由题设知, f '(2)=0,所以a=12 从而f(x)=12e2ex 当0<x<2时, f '(x)<0; 当x>2时, f '(x)>0. 所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. (2)证明:当a≥1e时, f(x)≥e 设g(x)=exe-ln x-1,则g'(x)= 当0<x<1时,g'(x)<0; 当x>1时,g'(x)>0. 所以x=1是g(x)的最小值点. 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0. 因此,当a≥1e时, f(x)≥ 4.(2017课标Ⅲ理,21,12分,难)已知函数f(x