2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課時精講精練學(xué)案必刷大題6　導(dǎo)數(shù)的綜合問題（含詳解）

第第頁必刷大題6導(dǎo)數(shù)的綜合問題1．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，當(dāng)x＝－1時，f(x)的極小值為－eq\f(5,2)，當(dāng)x＝2時，f(x)有極大值．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．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＝eq\f(3,2)，又f(－1)＝－eq\f(5,2)，∴c＝1，經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意，∴f(x)＝－x3＋eq\f(3,2)x2＋6x＋1.(2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，等價于f(x)max>t2－2t，x∈[－2,0]，∵f′(x)＝－3x2＋3x＋6＝－3(x－2)(x＋1)，當(dāng)x∈[－2，－1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－1,0]時，f′(x)>0，∴f(x)在[－2，－1)上單調(diào)遞減，在(－1,0]上單調(diào)遞增，又f(－2)＝3，f(0)＝1，∴f(x)在[－2,0]上的最大值為f(－2)＝3，∴t2－2t<3，解得－1<t<3，∴t的取值范圍是(－1,3)．2．已知函數(shù)f(x)＝ex－4sinx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求曲線y＝f(x)在x＝0處的切線方程；(2)證明：f(x)在[0，＋∞)上有兩個零點(diǎn)．(1)解因?yàn)閒(x)＝ex－4sinx，所以f′(x)＝ex－4cosx，則f(0)＝1，f′(0)＝－3，故所求切線方程為y－1＝－3(x－0)，即3x＋y－1＝0.(2)證明設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex－4cosx，則g′(x)＝ex＋4sinx.顯然當(dāng)x∈[0，π]時，g′(x)>0，當(dāng)x∈[π，＋∞)時，g′(x)>eπ－4>0，所以f′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(0)＝－3<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝SKIPIF1<0－2>0，所以存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，使f′(x0)＝0.則當(dāng)x∈[0，x0)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(0)＝1>0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝SKIPIF1<0－2eq\r(2)<e－2eq\r(2)<0，f(π)＝eπ>0，所以f(x)在[0，＋∞)上有兩個零點(diǎn)．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,a)＋lnx，其中a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)當(dāng)a＝－1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為2，求a的值．解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，x>0，令f′(x)>0，得0<x<1；令f′(x)<0，得x>1，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,x)＝eq\f(a＋x,ax)，①當(dāng)a>0時，∵x>0，∴f′(x)>0，∴函數(shù)f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(e)＝2，∴eq\f(e,a)＋1＝2，∴a＝e，符合題意；②當(dāng)a<0且－a<e，即－e<a<0時，令f′(x)＝0，得x＝－a，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表．x(0，－a)－a(－a，e)f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減∴f(x)max＝f(－a)＝2，∴－1＋ln(－a)＝2，∴a＝－e3，不符合題意，舍去；③當(dāng)－a≥e，即a≤－e時，在(0，e]上，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，故f(x)在(0，e]上的最大值為f(e)＝eq\f(e,a)＋1＝2，∴a＝e，不符合題意，舍去，綜上可得a＝e.4．已知f(x)＝lnx－ax，g(x)＝x＋lnm(a，m∈R，m>0)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝－1時，若不等式eg(x)＋g(x)≥f(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，求m的取值范圍(e為自然對數(shù)的底數(shù))．解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝lnx＋x，由g(x)＝x＋lnm，得g(x)＝lneg(x)，∴eg(x)＋g(x)＝eg(x)＋lneg(x)＝f(eg(x))，∴f(eg(x))≥f(x)，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eg(x)≥x，即ex＋lnm≥x，∴x＋lnm≥lnx，∴l(xiāng)nm≥lnx－x，令h(x)＝lnx－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1，當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝－1，∴l(xiāng)nm≥－1，∴m≥eq\f(1,e).5．(1)證明：當(dāng)0<x<1時，x－x2<sinx<x；(2)已知函數(shù)f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍．(1)證明構(gòu)建F(x)＝x－sinx，則F′(x)＝1－cosx>0對?x∈(0,1)恒成立，則F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sinx，x∈(0,1)；構(gòu)建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，x∈(0,1)，則G′(x)＝2x－1＋cosx，x∈(0,1)，令g(x)＝G′(x)，x∈(0,1)，則g′(x)＝2－sinx>0對?x∈(0,1)恒成立，則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0對?x∈(0,1)恒成立，則G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sinx>x－x2，x∈(0,1)．綜上所述，當(dāng)0<x<1時，x－x2<sinx<x.(2)解因?yàn)閒(x)＝cosax－ln(1－x2)(－1<x<1)，所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)為偶函數(shù)．f′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，則t′(x)＝－a2cosax＋eq\f(21＋x2,1－x22)(－1<x<1)．令n(x)＝－a2cosax＋eq\f(21＋x2,1－x22)，則n′(x)＝a3sinax＋eq\f(4x3＋x2,1－x23).當(dāng)a＝0時，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)－1<x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)a>0時，取eq\f(π,2a)與1中的較小者，為m，則當(dāng)0<x<m時，易知n′(x)>0，所以n(x)即t′(x)在(0，m)上單調(diào)遞增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.①當(dāng)2－a2≥0，即0<a≤eq\r(2)時，t′(x)>0(0<x<m)．所以t(x)在(0，m)上單調(diào)遞增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上單調(diào)遞增，由偶函數(shù)性質(zhì)知f(x)在(－m,0)上單調(diào)遞減．故x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，不符合題意．②當(dāng)2－a2<0，即a>eq\r(2)時，當(dāng)eq\f(π,2a)<1，即a>eq\f(π,2)時，因?yàn)閠′(0)<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2a)))>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零點(diǎn)x1，且當(dāng)0<x<x1時，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，因?yàn)閠(0)＝0，所以當(dāng)0<x<x1時，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在(－x1,0)上單調(diào)遞增，故可得x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，符合題意．當(dāng)eq\f(π,2a)≥1，即eq\r(2)<a≤eq\f(π,2)時，因?yàn)閠′(0)<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－a2coseq\f(a,2)＋eq\f(40,9)>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零點(diǎn)x2，且當(dāng)