重点强化练(五) 导数及其应用
解答题:本题共5小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
1.[2025·八省联考] 已知函数f(x)=aln x+-x.
(1)若a=1,b=-2,求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程;
(2)若x=1是f(x)的极小值点,求b的取值范围.
2.[2023·新课标Ⅰ卷] 已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
3.已知函数f(x)=ln x+ax2+3(a∈R).
(1)当a=-时,求函数f(x)的极值;
(2)讨论函数f(x)的单调性;
(3)当a=0时,若xf(x)>kx-k+2,x∈(1,+∞)恒成立,求整数k的最大值.
4.[2024·广东佛山二模] 已知f(x)=-e2x+4ex-ax-5.
(1)当a=3时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)+x1+x2<0.
5.[2025·辽宁东北育才中学月考] 在高等数学中,y=f(x)在x=x0处及其附近可以用一个多项式函数近似表示,具体形式为f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+…(其中f(n)(x)表示f(x)的n次导数),以上公式我们称为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式.
(1)分别求y=ex,y=sin x,y=cos x在x=0处的泰勒展开式;
(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数,证明:eiπ+1=0(其中i为虚数单位);
(3)当x∈时,求证:esin x>x+1.
参考数据:ln≈0.916.重点强化练(五)
1.解:(1)当a=1,b=-2时,f(x)=ln x--x,x>0,则f'(x)=+-1=,令f'(x)=2,得=2,所以3x2-x-2=(x-1)(3x+2)=0,解得x=1(负值舍去),
又f(1)=-3,所以切点坐标为(1,-3),结合切线的斜率为2,可得切线方程为y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1=,
因为x=1是f(x)的极小值点,所以f'(1)=-1+a-b=0,可得a=b+1,则f'(x)==-.
当b≤0时,令f'(x)>0,得x∈(0,1),令f'(x)<0,得x∈(1,+∞),则f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;
当0
0,得x∈(b,1),令f'(x)<0,得x∈(0,b)∪(1,+∞),则f(x)在(b,1)上单调递增,在(0,b),(1,+∞)上单调递减,
所以x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;
当b=1时,f'(x)=-≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,f(x)无极值,不满足题意;
当b>1时,令f'(x)>0,得x∈(1,b),令f'(x)<0,得x∈(0,1)∪(b,+∞),
则f(x)在(1,b)上单调递增,在(0,1),(b,+∞)上单调递减,
所以x=1是f(x)的极小值点,满足题意.
综上,b的取值范围是(1,+∞).
2.解:(1)由题知f(x)的定义域为R,且f'(x)=aex-1.
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,故f(x)在R上是减函数;
当a>0时,令f'(x)>0,得x>-ln a,令f'(x)<0,得x<-ln a,
故f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上是减函数;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)证明:方法一:由(1)知,当a>0时,f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,令g(a)=1+a2+ln a-=a2-ln a-(a>0),则g'(a)=2a-=(a>0).
令g'(a)>0,得a>,
令g'(a)<0,得00,
即f(x)min>2ln a+,
所以f(x)>2ln a+,故得证.
方法二:当a>0时,由(1)得f(x)min=f(-ln a)=1+a2+ln a,要证f(x)>2ln a+,只需证1+a2+ln a>2ln a+,即证a2->ln a,易证ln a≤a-1,所以只需证明a2->a-1,即证a2-a+>0.因为a2-a+=+>0恒成立,所以f(x)>2ln a+成立,故得证.
3.解:(1)当a=-时,f(x)=ln x-x2+3,x∈(0,+∞),所以f'(x)=-x=,当00,f(x)单调递增,当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取得极大值f(1)=,无极小值.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax=,x∈(0,+∞),
当a≥0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a<0时,若x∈,则f'(x)>0,所以f(x)在上单调递增,若x∈,则f'(x)<0,所以f(x)在上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,f(x)在上单调递增,上单调递减.
(3)当a=0时,f(x)=ln x+3.
xf(x)>kx-k+2,x∈(1,+∞)恒成立,即k<恒成立.
令F(x)=,x>1,则F'(x)=,令m(x)=x-ln x-2,x>1,则m'(x)=1-=>0,所以m(x)在(1,+∞)上单调递增,又m(3)=3-ln 3-2=1-ln 3<0,m(4)=2-ln 4>0,所以存在唯一的实数b∈(3,4),使得m(b)=0,即m(b)=b-ln b-2=0,所以ln b=b-2,
当x∈(1,b)时,m(x)<0,即F'(x)<0,
当x∈(b,+∞)时,m(x)>0,即F'(x)>0,所以F(x)在(1,b)上单调递减,在(b,+∞)上单调递增,
所以F(x)min=F(b)===b+2∈(5,6),故k4.解:(1)当a=3时,f(x)=-e2x+4ex-3x-5,f'(x)=-e2x+4ex-3=-(ex-1)(ex-3),则当ex∈(0,1)∪(3,+∞),即x∈(-∞,0)∪(ln 3,+∞)时,f'(x)<0,当ex∈(1,3),即x∈(0,ln 3)时,f'(x)>0,
故f(x)的单调递减区间为(-∞,0),(ln 3,+∞),单调递增区间为(0,ln 3).
(2)证明:f'(x)=-e2x+4ex-a,令t=ex,φ(t)=-t2+4t-a,令t1=,t2=,则t1,t2是方程t2-4t+a=0的两个正根,则Δ=(-4)2-4a=16-4a>0,即a<4,故t1+t2=4,t1t2=a>0,所以0要证f(x1)+f(x2)+x1+x2<0,即证a-(a-1)ln a-2<0(0令g(x)=x-(x-1)ln x-2(00,当x∈(x0,4)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,g(x)在(x0,4)上单调递减,则g(x)≤g(x0)=x0-(x0-1)ln x0-2=x0-(x0-1)×-2=x0+-3,又x0∈(1,2),则x0+∈,故g(x0)=x0+-3<0,
即g(x)<0,即f(x1)+f(x2)+x1+x2<0.
5.解:(1)因为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式为f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+…(其中f(n)(x)表示f(x)的n次导数),所以y=ex,y=sin x,y=cos x在x=0处的泰勒展开式分别为y=ex=1+x+x2+…+xn+…,y=sin x=x-x3+x5-x7+…+x2n-1+…,y=cos x=1-x2+x4-x6+…+x2n+….
(2)证明:把y=ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix,可得eix=1+(ix)+(ix)2+(ix)3+(ix)4+…+(ix)n+…=+i·=cos x+i·sin x,
所以eiπ=cos π+i·sin π=-1,
即eiπ+1=0.
(3)证明:结合y=sin x在x=0处的泰勒展开式,先证当x∈时,sin x>x-x3,令f(x)=sin x-x+x3,x∈,所以f'(x)=cos x-1+x2,f″(x)=x-sin x,
f (x)=1-cos x,又x∈,所以f (x)>0,所以f″(x)在上单调递增,所以f″(x)>f″(0)=0,所以f'(x)在上单调递增,所以f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在上单调递增,所以f(x)>f(0)=0.
令g(x)=x-x3-ln(x+1),x∈,则g'(x)=,
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在上单调递减,而g(0)=0,g=-ln>0,所以当x∈时,g(x)>0恒成立,所以sin x>x-x3>ln(x+1) ,所以esin x>x+1.(共22张PPT)
重点强化练（五） 导数及其应用
解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
1. [2025·八省联考] 已知函数f(x)=aln x+x.
（1）若a=1,b=2,求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程;
解：当a=1,b= 2时,f(x)=ln x x,x>0,则f'(x)=+ 1=,
令f'(x)=2,得=2,
所以3x2 x 2=(x 1)(3x+2)=0,解得x=1(负值舍去),
又f(1)= 3,所以切点坐标为(1, 3),
结合切线的斜率为2,可得切线方程为y+3=2(x 1),即2x y 5=0.
（2）若x=1是f(x)的极小值点,求b的取值范围.
解：f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= 1=,
因为x=1是f(x)的极小值点,所以f'(1)= 1+a b=0,可得a=b+1,
则f'(x)== .
当b≤0时,令f'(x)>0,得x∈(0,1),令f'(x)<0,得x∈(1,+∞),
则f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;
当00,得x∈(b,1),令f'(x)<0,得x∈(0,b)∪(1,+∞),
则f(x)在(b,1)上单调递增,在(0,b),(1,+∞)上单调递减,
所以x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;
当b=1时,f'(x)=-≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,f(x)无极值,不满足题意;
当b>1时,令f'(x)>0,得x∈(1,b),令f'(x)<0,得x∈(0,1)∪(b,+∞),
则f(x)在(1,b)上单调递增,在(0,1),(b,+∞)上单调递减,
所以x=1是f(x)的极小值点,满足题意.
综上,b的取值范围是(1,+∞).
2.[2023· 新课标Ⅰ卷] 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：由题知的定义域为，且.
当 时，恒成立，故在 上是减函数；
当时，令，得，令，得 ，
故在上单调递减，在 上单调递增.
综上，当时，在 上是减函数；
当时，在上单调递减，在 上单调
递增.
（2）证明：当时， .
证明：方法一：由（1）知，当 时，
，
令 ，
则.
令，得 ，令，得,
故在 上单调递减，在上单调递增，
故 ，即 ，
所以 ，故得证.
方法二：当时，由（1）得 ，
要证，只需证 ，
即证，易证,
所以只需证明 ，即证.
因为 恒成立，
所以 成立，故得证.
3.已知函数 .
（1）当时，求函数 的极值；
解：当时，, ，
所以，
当时，， 单调递增，
当时，，单调递减，
所以在 处取得极大值 ，无极小值.
（2）讨论函数 的单调性；
解：的定义域为，, ，
当时，恒成立，所以在 上单调递增.
当时，若，则，所以在
上单调递增，
若，则，所以 在上单调递减.
综上所述，当时，在 上单调递增；
当时，在上单调递增，在 上单调递减.
（3）当时，若, 恒成立，求整数
的最大值.
解：当时， .
，恒成立，即 恒成立.
令，,则 ，
令，,则，
所以 在上单调递增，
又 ，，
所以存在唯一的实数 ，使得，
即，所以 ，
当时，，即 ，
当时，，即，
所以在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
故，又，所以整数 的最大值为5.
4.[2024·广东佛山二模] 已知 .
（1）当时，求 的单调区间；
解：当时， ，
，
则当，即时， ，
当，即时， ，
故的单调递减区间为， ，单调递增区间为
.
（2）若有两个极值点，，证明： .
证明：，令， ，
令，，则，是方程 的两个正根，
则，即，
故 ，，所以，
所以
要证 ，
即证 .
令 ，
则，
令 ，则，
则在 上单调递减，
又 ，，
故存在 ，使，即，
则当时， ，当时，，
故在上单调递增， 在上单调递减，
则 ，
又，则，故 ，
即，即 .
5.[2025·辽宁东北育才中学月考] 在高等数学中，在
处及其附近可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为
（其中表示的次导数），以上公式我们称为函数 在 处的泰勒展开式．
（1）分别求,,在 处的泰勒展开式；
解：因为函数在 处的泰勒展开式为
（其中表示的次导数），
所以 ，，在 处的泰勒展开式分别为
,
，
.
（2）若上述泰勒展开式中的可以推广至复数，证明：
（其中 为虚数单位）；
证明：把在处的泰勒展开式中的替换为 ，可得
，
所以 ，即 .
（3）当时，求证： .
参考数据： .
证明：结合在处的泰勒展开式，先证当 时，
，
令, ，
所以, ，，
又，所以，所以 在上单调递增，
所以，
所以在 上单调递增，所以，
所以在 上单调递增，所以 .
令，，则 ，
所以在上单调递增，在上单调递减，
而 ,，
所以当时， 恒成立，
所以 ，所以 .
1.(1) 2xy5=0 (2) (1,+∞) 2.(1) 当时，在 上是减函数；
当时，在上单调递减，在 上单调递增. (2) 略
3.(1) 在 处取得极大值 ，无极小值.
(2) 当时，在 上单调递增；
当时，在上单调递增，在 上单调递减. (3)5
4.(1) 的单调递减区间为， ，单调递增区间为 (2) 略
5. (1) ，，在 处的泰勒展开式分别为
,
，
. (2) 略 (3) 略