全国统考2023版高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用1备考试题文含解析20230327147

第三章　导数及其应用第三讲　导数的综合应用拓展变式1.[2018全国卷Ⅰ,21,12分]已知函数f(x)=1x-x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.2.[2020全国卷Ⅱ,21,12分]已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性.(2)证明:|f(x)|≤338.(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.3.[2017全国卷Ⅲ,21,12分]已知函数f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+12)(1+122)…(1+12n)<m,求m的最小值.4.[2020全国卷Ⅰ,20,12分][文]已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.5.已知函数f(x)=-x+(x+a)lnx(a∈R)有两个不同的极值点.(1)求实数a的取值范围;(2)当a=2时,已知函数f(x)的图象在A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2)两个不同的点处的切线互相平行,证明:x1+x2>4.答案第三章　导数及其应用第三讲　导数的综合应用\n1.(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.②若a>2,令f'(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x∈(0,a-a2-42)∪(a+a2-42,+∞)时,f'(x)<0;当x∈(a-a2-42,a+a2-42)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a-a2-42)和(a+a2-42,+∞)上单调递减,在(a-a2-42,a+a2-42)上单调递增.(2)由(1)知,若f(x)存在两个极值点,则a>2.因为f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.因为f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2等价于1x2-x2+2lnx2<0.设函数g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以1x2-x2+2lnx2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.2.(1)f'(x)=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinx(cosxsin2x+sinxcos2x)=2sinxsin3x.当x∈(0,π3)∪(2π3,π)时,f'(x)>0;当x∈(π3,2π3)时,f'(x)<0.所以f(x)在区间(0,π3),(2π3,π)上单调递增,在区间(π3,2π3)上单调递减.(2)由已知知f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]上的最大值为f(π3)=338,最小值为f(2π3)=-338.因为f(x+π)=sin2(x+π)sin(2x+2π)=sin2xsin2x=f(x),所以f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤338.(3)由(2)得|sin2xsin2x|≤338,|sin22xsin4x|≤338,…,|sin22n-1xsin2nx|≤338,所以|sin2xsin32xsin34x…sin32n-1xsin2nx|≤(338)n,所以|sin3xsin32x…sin32nx|≤(338)n|sinxsin22nx|≤(338)n,即|sin3xsin32x…sin32nx|≤(32)3n,所以sin2xsin22x·…·sin22nx≤[(32)3n]23=3n4n.3.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f(12)=-12+aln2<0,所以不满足题意.\n②若a>0,由f'(x)=1-ax=x-ax知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)内的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-lnx>0.令x=1+12n,则ln(1+12n)<12n.从而ln(1+12)+ln(1+122)+…+ln(1+12n)<12+122+…+12n=1-12n<1.故(1+12)(1+122)…(1+12n)<e.而(1+12)(1+122)(1+123)>2,所以m的最小值为3.4.(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f'(x)=0可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).(i)若0<a≤1e,则f(lna)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意.(ii)若a>1e,则f(lna)<0.由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)上存在唯一零点.由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·(x2+2)-a(x+2)=2a>0.故f(x)在(lna,+∞)上存在唯一零点.从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a的取值范围是(1e,+∞).5.(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=-1+lnx+x+ax=lnx+ax.因为函数f(x)有两个不同的极值点,\n所以f'(x)=0即lnx+ax=0有两个不同的实数解.分离参数得a=-xlnx.记g(x)=-xlnx(x>0),则g'(x)=-1-lnx,令g'(x)=0,解得x=1e.当x∈(0,1e)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当x∈(1e,+∞)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减.g(1e)=-1eln1e=1e,且x→0时,g(x)→0.图D3-3-1如图D3-3-1,作出函数g(x)的大致图象及直线y=a.由图可知,当直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点时,a∈(0,1e).故所求实数a的取值范围为(0,1e).(2)当a=2时,f(x)=-x+(x+2)lnx,所以f'(x)=2x+lnx.不妨设m(x)=2x+lnx(x>0).由题意可知,函数f(x)的图象在A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))两个不同的点处的切线互相平行,即f'(x1)=f'(x2),即m(x1)=m(x2).易得m'(x)=-2x2+1x=x-2x2,所以函数m(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故由m(x1)=m(x2),可知必有0<x1<2<x2,所以4-x1>2,而m(x1)-m(4-x1)=2x1+lnx1-24-x1-ln(4-x1),令h(x)=2x-24-x+lnx-ln(4-x)(0<x<2),则h'(x)=-2x2-2(4-x)2+1x+14-x=-2(4-x)2-2x2+x(4-x)2+x2(4-x)x2(4-x)2=-8(x-2)2x2(4-x)2<0,所以函数h(x)在(0,2)上为减函数,所以h(x)>0,所以m(x1)-m(4-x1)>0,即m(x1)>m(4-x1),所以m(x2)>m(4-x1).又函数m(x)在(2,+∞)上单调递增,所以x2>4-x1,即x1+x2>4.