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专题突破练5利用导数证明问题12341.(17分)(2024广东广州一模)已知函数f(x)=cosx+xsinx,x∈(-π,π).(1)求f(x)的单调区间和极小值;(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.12341234(2)证明

当x∈[0,π)时,令F(x)=ex+e-x-2(cos

x+xsin

x),求导得F'(x)=ex-e-x-2xcos

x≥ex-e-x-2x,令φ(x)=ex-e-x-2x,求导得φ'(x)=ex+e-x-2≥函数φ(x)在[0,π)内单调递增,则φ(x)≥φ(0)=0,F'(x)≥0,F(x)在[0,π)内单调递增,因此F(x)≥F(0)=0,所以2f(x)≤ex+e-x.12341234设g(x)=-x2+ax-1,注意到g(0)=-1,①当a≤0时,g(x)<0恒成立,即f'(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减;②当a>0时,判别式Δ=a2-4,(ⅰ)当0<a≤2时,Δ≤0,即g(x)≤0,即f'(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减;12341234123412341234(1)解

g(x)≥f(x)在[0,+∞)内恒成立,理由如下:令h(x)=g(x)-f(x)=-1+cos

x,x∈[0,+∞),则h'(x)=x-sin

x,x∈[0,+∞),令q(x)=h'(x),则q'(x)=1-cos

x≥0在[0,+∞)内恒成立,故q(x)=h'(x)在[0,+∞)内单调递增,其中h'(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)内恒成立,故h(x)在[0,+∞)内单调递增,故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥f(x)恒成立.1234只需证(m-n)cos

n+sin

n-sin

m>0.令r(x)=(x-n)cos

n-sin

x+sin

n,0<x<n,则只需证明r(m)>0,r'(x)=cos

n-cos

x,令p(x)=cos

n-cos

x,则函数p(x)在(0,)内单调递增,所以当0<x<n时,p(x)<p(n)=0,所以r'(x)<0,所以r(x)在(0,n)内单调递减,所以r(x)>r(n)=0,故r(m)>r(n)=0,123412344.(17分)(2024福建厦门模拟)已知函数f(x)=aex+2x-1(其中常数e=2.71828…是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:对任意的a≥1,当x>0时,f(x)≥(x+ae)x.1234(1)解

由f(x)=aex+2x-1,得f'(x)=aex+2.①当a≥0时,f'(x)>0,函数f(x)在R上单调递增;1234当a≥1时,aex-x-1≥ex-x-1.令h(x)=ex-x-1,则当x>0时,h'(x)=ex-1>0,h(x)单调递增,因此h(x)>h(0)=0,于是当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x=1时,g'(x)=0,当x>1时,g'

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