全品高考备战2027年数学一轮学生用书13培优专题(三)函数导数与其他模块交汇问题【答案】听课手册

培优专题(三)函数导数与其他模块交汇问题例1解:(1)当a=-1时,f(x)=1x-1ln(x+1),则f'(x)=-1x2×ln(x据此可得f(1)=0,f'(1)=-ln2,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=-ln2·(x-1),即xln2+y-ln2=0.(2)存在a,b,使得曲线y=f1x关于直线x=b由函数f(x)的解析式可得f1x=(x+a)ln1由1x+1=x+1x>0,得x<-1或x>0,即函数y=f1该定义域关于直线x=-12对称,由题意可得b=-1由曲线y=f1x的对称性可知f1-12+m=f1-12-即(a+1)ln2=(a-2)ln12,则a+1=2-a,解得a=1经检验a=12,b=-1故存在a,b满足题意,且a=12,b=-1(3)由函数f(x)的解析式可得f'(x)=-1x2ln(x+1)+1x+a1x+1,令-1x2ln(x+1)+1x+a1x+1=0,则-(x+1)ln(x+1)+(x+则f(x)在区间(0,+∞)上存在极值点等价于g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点,g'(x)=2ax-ln(x+1),令s(x)=g'(x),则s'(x)=2a-1x+1,当a≤0时,由x>0,得g'(x)<0,则g(x)在区间(0,+∞)上单调递减,此时g(x)<g(0)=0,g(x当2a≥1,即a≥12时,由x>0,得1x+1<1,所以当x>0时,s'(x)>0,g'所以g'(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间(0,+∞)上无零点,不符合题意.当0<a<12时,由s'(x)=2a-1x+1=0可得x=12a-1,当x∈0,12a当x∈12a-1,+∞时,s'故当x>0时,g'(x)的最小值为g'12a-1=1-2令m(x)=1-x+lnx(0<x<1),则m'(x)=-x+1x>0,函数m(x)在(0,1)上单调递增,m(x据此可得1-x+lnx<0对x∈(0,1)恒成立,则g'12a-1=1-2a+ln(2a)<0,又g'(0)=0,当x→+∞时,s'(x)→2a,所以g'(x)在区间(0,+∞)上存在唯一零点x0.当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x0)<g(0)=0.又当x→+∞时,g'(x)→+∞,g(x)→+∞,所以函数g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点,符合题意.综上可知,实数a的取值范围是0,例2解:(1)证明:当x<0时,f(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上无零点.当x>0时,因为f'(x)=ex-1+nx2>0,所以f(所以f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点.当n=1时,f(x)有唯一零点1.当n≥2时,因为f(1)=1-n<0,f(n)=en-1-1≥e-1>0,所以存在唯一x0∈(1,n),使得f(x0)=0,所以函数f(x)有唯一零点.综上,函数f(x)有唯一零点,得证.(2)(i)因为f(x)的零点为an,所以ean-1=n将ean-1=nan两边取自然对数,整理得an+lna所以an+1+lnan+1=ln(n+1)+1,两式相减,得an+1-an+lnan+1-lnan=lnn+1所以an+1+lnan+1>an+lnan.因为函数y=x+lnx在(0,+∞)上单调递增,所以an+1>an,所以数列{an}为递增数列.假设数列{an}中存在am,am+1,am+2三项成等比数列,则am+12=ama所以2lnam+1=lnam+lnam+2.由(*)式得lnam=lnm+1-am,lnam+1=ln(m+1)+1-am+1,lnam+2=ln(m+2)+1-am+2,代入上式,整理得2ln(m+1)-2am+1=lnm-am+ln(m+2)-am+2,故2am+1-(am+am+2)=ln(m+1)2因为an>0,所以2am+1-(am+am+2)≤2am+1-2amam+2=0,当且仅当am=a又ln(m+1)2m所以数列{an}中不存在连续的三项按某种顺序排列后构成等比数列.(ii)证明:先证明当x>0时,x-1≥lnx(***).设g(x)=x-1-lnx,则g'(x)=x-1x,所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g所以g(x)≥g(1)=0,所以当x>0时,x-1≥lnx,当且仅当x=1时,等号成立.由(***)式知,lnn=an+lnan-1≥2lnan,所以an≤n<n+n+12,所以1an>所以∑在(***)式中,令x=ann,得ann-1≥lnann=lnan-lnn所以0=an+lnan-lnn-1≤an+an所以an≥2nn+1,故1an≤当n≥2时,在(***)式中,令x=n-1n,得1n<lnn-ln(n例3解:(1)方法一:f'(x)=-5sinx+5sin5x=5(sin5x-sinx)=5×2cos5x+x2sin5x因为x∈0,π4,所以2x∈0,π2,3x∈0,3π4.当0<x<π6时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当π6<x<所以f(x)在区间0,π4上的最大值为fπ6=53方法二:令f'(x)=5(sin5x-sinx)=0,则sin5x=sinx,由x∈0,π4,得5x∈0,5π4,所以5x=x或5x=π-x,解得因为连续可导函数的最大值必在端点或者极值点处取得,所以只需比较f(0),fπ6,fπ又f(0)=4,fπ6=33,fπ4=32,所以f(x)在区间0,π4上的最大值为(2)证明:方法一:若θ∈0,π2,则(cosy)min≤cos(a-若θ∈π2,π,不妨取①若π∈(a-θ,a+θ),则(cosy)min=-1≤cosθ;②若a+θ≤π,则a+θ,θ∈π2,π,所以cos(a+θ令y=a+θ,则存在y∈[a-θ,a+θ],使得cosy≤cosθ;③若a-θ≥π,则π<a-θ<2π-θ<3π2,所以cos(a-θ)<cos(2π-θ)=cosθ,令y=a-θ,则存在y∈[a-θ,a+θ],使得cosy≤cosθ.综上,存在y∈[a-θ,a+θ],使得cosy≤cos方法二(反证法):假设对任意y∈[a-θ,a+θ],都有cosy>cosθ,则y∈(-θ+2kπ,θ+2kπ),k∈Z,不妨设a∈[0,2π),则a-θ>-π,a+θ<3π,则[a-θ,a+θ]⊆(2kπ-θ,2kπ+θ),k∈Z,故a=2kπ,k∈Z,矛盾,故得证.方法三(周期性):g(y)=cosy的最小正周期为2π,不妨设a∈[-π,π],则a-θ>-2π,a+θ<2π,设cost≤cosθ(t∈(-2π,2π)),解得t∈[-2π+θ,-θ]∪[θ,2π-θ],记该区间为D1,设D2=[a-θ,a+θ].若存在y∈[a-θ,a+θ],使得cosy≤cosθ,只需D1与D2有交集即可,当a<0时,a-θ<-θ,a+θ>-2π+θ,所以有交集;当a=0时,D1∩D2={-θ,θ};当a>0时,a+θ>θ,a-θ<2π-θ,所以有交集.故得证.(3)方法一:原不等式等价于b≥5cosx-cos5x+cos5x-cos(5x+φ).由(1)知,当x∈0,π4时,f(x)≤33,当x∈π4,π时,f(x)<5cosπ4+22=32<33,所以∀x∈[0,π],f(x)≤33.因为f(x)为偶函数,且2π为f(x)的一个周期,所以∀x∈R,f(x)≤33不妨设φ∈[0,2π),取x=π6-φ6∈-π6,π6,则5cosx-cos(5x5cosx-cos56π+16φ=5cosx+cosx=6cosx≥33所以b的最小值为33.方法二:不妨设φ∈[0,2π],令g(x)=5cosx-cos(5x+φ),则g'(x)=5[sin(5x+φ)-sinx]=10cos3x+φ所以g(x)的极值点为x=-φ4+kπ2,k∈Z,-φ6+(结合g(x+π)=-g(x),代入k=0,1,2,即可得g(x)的极值为±4sinφ4,±4cosφ4,±6sinφ6,±6cosπ所以g(x)max=max4sinφ4,4cosφ4,6sinφ6,6cosπ方法