培优点 三　导数与其他知识的交汇问题

培优点三导数与其他知识的交汇问题真题重做探究命题人的思维模拟术(2025·全国一卷)(1)求函数f(x)＝5cosx－cos5x在区间[0，π4](2)给定θ∈(0，π)和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cosy≤cosθ；(3)设b∈R，若存在φ∈R使得5cosx－cos(5x＋φ)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值．命题预测开启高分大门的神秘金钥匙命题依据：有关导数与其他知识的交汇问题是高考命题的热点也是难点，常以解答题压轴题考查，这类问题设问创新，能有效考查学生对知识理解的深度与思维的敏锐度，符合高考要求．预测角度1三角函数与导数的交汇预测1已知函数f(x)＝xsinx＋cosx.(1)讨论函数f(x)在区间-π(2)证明：函数g(x)＝f(x)－cosx－1在[0，π]上有两个零点．[听课笔记][对点练1](2025·山东聊城模拟)已知函数f(x)＝mlnx＋1x(m∈R)(1)若f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．(2)当m＝1时，(ⅰ)求f(x)的最小值；(ⅱ)证明：xf(x)>3sin预测角度2数列与导数的交汇预测2已知函数f(x)＝lnx－x＋b有两个不同的零点x1，x2.(1)证明：b>1；(2)当x1<x2≤3x1时，求x1＋3x2的最大值；(3)若b＝32，数列{an}满足a1＝2，an＋1＝fanan+an2，证明：a1＋a2＋[听课笔记][对点练2](2025·江西新余模拟)函数f(x)＝－a2lnx＋x2＋ax，a∈R.(1)若方程f(x)＝m有两解x1，x2，求证：f′(x1+(2)证明：13+15＋…＋12n-1<12lnn(n≥2，请完成：专题强化练35培优点三导数与其他知识的交汇问题真题重做答案：(1)∵f(x)＝5cosx－cos5x，∴f′(x)＝－5sinx＋5sin5x，令f′(x)＝0，得sinx＝sin5x.当0<x<π4时0<5x<5π4，因此x＝5x或x＋5x＝π，即x＝0(舍去)或x＝当0<x<π6时，f′(x)＝5(sin5x－sinx)>0，f(x)单调递增(若0<5x<π2，则0<x<5x<π2，sin5x>sinx；若π2<5x<5π6，则sin5x>sin5π6＝12，sin当π6<x<π4时，sin5x<12，sinx>12，f′(x)<0，f因此当x＝π6时，f(x)取得最大值，且f(x)max＝33答案：(2)证明：假设不存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cosy≤cosθ，则对任意y∈[a－θ，a＋θ]都有cosy>cosθ，即y∈(2kπ－θ，2kπ＋θ)(k∈Z)．因此[a－θ，a＋θ]⊆(2kπ－θ，2kπ＋θ)(k∈Z)，∴a-θ>2kπ-θ，a+θ<2kπ+θ，∴a<2kπ且a>2∴存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cosy≤cosθ.答案：(3)由f(x)的周期性，奇偶性考虑x∈[0，2π)，φ∈[0，π]即可，F(x)＝5cosx－cos(5x＋φ)，φ＝π时，F(0)＝6，且5cosx≤5，-cos5x+π≤φ∈[0，π)时，F(x)＝5cosx－cos(5x＋φ)，F′(x)＝－5sinx＋5sin(5x＋φ)＝5[sin(5x＋φ)－sinx]＝10cos(3x＋φ2)sin(2x＋φ2令F′(x)＝0，解得x＝π-φ6∴F(x)≤max{F(π-φ6)，F(5π-φ6)}，F(π-φ6)＝5cosπ-φ6－F(5π-φ6)＝5cos5π-φ6－cos由π-φ6<∴F(π-φ6)>F(5π-φ6)，∴F(x)max＝F(π-φ6)＝532cosφ6+52sinφ6+32cosφ6+12sinφ6＝33cosφ命题预测预测1答案：(1)由函数f(x)＝xsinx＋cosx，可得f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈-π2，π2时，令f′(x)＝0故当x∈0，π2时，f′(x)>0，f(当x∈-π2，0时，f′(x)<0，f所以f(x)在0，π2答案：(2)证明：g(x)＝f(x)－cosx－1＝xsinx＋cosx－cosx－1＝xsinx－1，则g′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈0，π2时，sinx≥0，cosx≥0，x≥0，故g′(x)≥0，此时g(x)当x∈π2，π时，记h(x)＝g′(x)＝sinx＋xcosx，则h′(x)＝cosx＋cosx－xsinx＝2cosx－x由于x∈π2，π，则cosx<0，xsinx≥0，故h′(x)<0，因此g′(x)在x由于g′(π)＝－π，g′(π2)＝1，故存在唯一的x0∈π2，π使得g′(x0当x∈π2，x0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(x0，π)，g′(x)<0，g综上可知g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π]上单调递减，且gπ2＝π2－1>0，g(0)＝g(π)＝－因此g(x)在[0，π]上有两个零点．[对点练1]答案：(1)因为函数f(x)＝mlnx＋1x(m∈R)的定义域为(0，＋∞)当m＝0时，f(x)＝1x>0当m<0时，fe-1m＝mlne-1m+1e-1m＝-1+e当m>0时，f′(x)＝mx-1x2＝mx-1x2当x∈0，1m时，f′(x)＝mx-1x2<0，所以f(x)＝mlnx＋1当x∈1m，+∞时，f′(x)＝mx-1x2>0，所以f(x)＝mlnx＋1所以f(x)min＝f(1m)＝m＋mln1m＝m－mln即不等式f(x)≥0恒成立，等价于m－mlnm≥0⇔m(1－lnm)≥0⇔1－lnm≥0⇔0<m≤e，综上，m的取值范围为[0，e].答案：(2)(ⅰ)当m＝1时，f(x)＝lnx＋1x，则f′(x)＝1x-当x∈(0，1)时，f′(x)＝x-1x2<0，所以f(x)＝lnx＋1x在x∈(0当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝x-1x2>0，所以f(x)＝lnx＋1x在x∈(1，＋所以f(x)min＝f(1)＝1，(ⅱ)证明：由f(x)≥1，则要证明xf(x)>3sinxcosx+2构造g(x)＝x－3sin则g′(x)＝1－3cosxcosx+2+3sin2xcosx+22所以g(x)＝x－3sinxcosx+2在即g(x)>g(0)＝0，所以有x>3sinxcosx+2，即xf预测2答案：(1)证明：由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x－1由f′(x)>0⇒0<x<1，f′(x)<0⇒x>1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，在x＝1时取最大值f(1)＝－1＋b，且x趋向于0或＋∞时，f(x)均趋向于－∞，要使f(x)有2个零点，只需f(1)＝－1＋b>0，即b>1，得证．答案：(2)由已知，lnx1－x1＋b＝lnx2－x2＋b＝0，设x2x1＝t，由0<x1<x2≤3x1，则t∈(1将x2＝tx1代入lnx2－x2＋b＝0，则lnx1＋lnt－tx1＋b＝0，结合lnx1－x1＋b＝0，所以x1＝lntt-1，x2＝设g(t)＝x1＋3x2＝3t+1lntt-1，则g′(t)设h(t)＝－4lnt＋3t－1t－2，则h(1)＝0，h′(t)＝1t2-4由t∈(1，3]，则h′(t)>0，即h(t)在(1，3]上单调递增，h(t)>h(1)＝0，所以g′(t)>0，则g(t)在(1，3]上单调递增，则g(t)≤g(3)＝5ln3，所以x1＋3x2的最大值为5ln3.答案：(3)证明：由题意an＋1＝lna设φ(x)＝lnx-x+32x+x2对于y＝lnx－x＋1，则y′＝1x－1，显然0<x<1有y′>0，x>1有y′<0y＝lnx－x＋1在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则y≤ln1－1＋1＝0，所以lnx≤x－1，故φ′(x)≥x2-x所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a2＝φ(a1)>φ(1)＝1，a3＝φ(a2)>φ(1)＝1，…，依此类推有an>1，从而an＋1＝lnan-an+32an+an2<(an-1)-a当n≥2时，an－1<12(an－1－1)<…<12n-1(a1－1)＝12n-1，则an≤1＋12n-1(所以a1＋a2＋a3＋…＋an≤(1＋1)＋(1＋12)＋(1＋122)＋…＋(1＋12n-1)＝n＋(1＋12+122＋…＋12n-1)＝n＋[对点练2]答案：(1)证明：f(x)＝－a2lnx＋x2＋ax，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－a2x＋2x＋因为方程f(x)＝m有两解x1，x2，所以a≠0，不妨设x1<x2.要证f′x1+x22>0，即证－2a2x1①若a>0，则x1＋x2＋a>0.②若a<0，由f′(x)＝－a2x＋2x＋a＝当x∈(0，－a)时，f′(x)<0，当x∈(－a，＋∞)时，f′(x)>0.f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，有x1＋x2>－a.综合①②知，x1＋x2＋a>0，所以只需证a2x1+又-a2lnx1+x12＋ax两式相减整理得a2x1+x2+a＝x化简得