专题强化练35导数与其他知识的交汇问题

专题强化练35导数与其他知识的交汇问题授课提示：对应专题强化练68页(分值：30分)解答题(共30分)1．(15分)(2025·福建宁德模拟)设函数f(x)＝xcosx.(1)求函数g(x)＝f(x)－x(0<x≤1)的值域．(2)当0<x≤π时，f(x)≤2axx2+2(3)若a1＝1，an＋1＝f(an)，证明：≤2－2an＋1(n∈N*)．附：＝cosa1·cosa2·cosa3·…·cosan．答案：(1)由g(x)＝f(x)－x＝xcosx－x，x∈(0，1]，得g′(x)＝cosx－xsinx－1.因为x∈(0，1]，则cosx－1<0，－xsinx<0，即g′(x)<0，所以g(x)在区间(0，1]单调递减，即g(x)的值域为[cos1－1，0)．答案：(2)在区间(0，π]上，由f(x)≤2axx得2a≥[(x2＋2)cosx]max.设h(x)＝(x2＋2)cosx，当x∈π2，π时，h(x)≤0，故只需研究xh′(x)＝2xcosx－(2＋x2)sinx，设s(x)＝2xcosx－(2＋x2)sinx，在区间0，π2上，s′(x)＝－4xsinx－x2cos所以h′(x)在区间0，π2上单调递减，所以h′(x)<h′(0)即h(x)＝(x2＋2)cosx在区间0，所以h(x)<h(0)＝2，所以2a≥2，解得a≥1，故a的最小值为1.答案：(3)证明：由a1＝1，an＋1＝f(an)得an＋1＝ancosan即cosan＝an+1所以cosak＝a2a1·a3a2·a4a3由(1)可知，当x∈(0，1]时，f(x)－x<0，即f(x)<x，所以当a1＝1时，0<a2＝f(a1)<a1＝1，当0<an≤1时，有0<an＋1<an≤1.又由(2)知x∈(0，1]时，cosx≤2x所以an+1an所以1an+1≥2+an2所以≤(2a2-2a1)＋(2a3-2a2)＋(2a所以·cosak≤2－2an2．(15分)(2025·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)＝eax－lnxx-1x(1)若a＝0，求f(x)在1e(2)证明：f(x)存在唯一的极值点x0，且1a+1≤x0≤1(3)若f(x)≥1恒成立，证明：2asin23a答案：(1)当a＝0时，f(x)＝1－lnxx-1x，x∈1e，e2，f′(x)＝lnxx当x∈1e，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，e2]时，f′(x)>0，f(又f1e＝1，f(1)＝0，f(e2)＝1－3e2<1，所以f(x)在1e答案：(2)证明：当a＝0时，由(1)可知x＝1为函数f(x)的唯一极值点且为极小值点，满足1a+1≤x0≤1下面讨论a>0的情形：f′(x)＝aeax＋lnxx2＝axe当x>1时，aeαx>0，lnxx2>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋当0<x<1时，ln1x>0，设g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)令f′(x)＝0得axeax＝ln1xeln1x，即g(ax)＝gln1x，则有ax＝ln又设h(x)＝ax＋lnx(a>0)，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h1a+1＝aa+1＋ln1a+1＝1－1a+1－ln(令t＝a＋1>1，设φ(t)＝1－1t－lnt，φ′(t)＝(1t当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减，所以φ(t)<φ(1)＝0，即h1a+1<0而h(1)＝a>0，根据函数零点存在定理可知存在唯一的x0∈1a+1，1，使得h(x0)＝0即f′(x0)当x∈(0，x0)时，h(x)<0即f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0即f′(x)>0，故x0是函数f(x)唯一的极值点且为极小值点．综上所述，存在唯一的极小值点x0，且1a+1≤x0≤答案：(3)证明：由(2)可知f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(x0)＝eax0－又因为h(x0)＝0即ax0＝－lnx0，所以eax0＝从而有f(x0)＝1x0＋a－1x0＝a，若f(x)≥1令θ＝23a，则θ∈0，23，要证2asin23a>1，即证43θsinθ>1即sinθ>设p(θ)＝sinθ－3