第4讲 导数的综合应用与热点问题
限时60分钟 满分60分
解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)
1．(2024·天津卷节选)设函数f(x)＝ecos x，g(x)为f(x)的导函数． (1)求f(x)的单调区间；
ππ?π???，(2)当x∈??时，证明f(x)＋g(x)?2－x?≥0. ?42???
π5π??x解析：(1)由已知，有f′(x)＝e(cos x－sin x)．因此，当x∈?2kπ＋，2kπ＋?44??3ππ??(k∈Z)时，有sin x＞cos x，得f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x∈?2kπ－，2kπ＋?44??(k∈Z)时，有sin x＜cos x，得f′(x)＞0，则f(x)单调递增．
3ππ??所以，f(x)的单调递增区间为?2kπ－，2kπ＋?(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为
44??
x?2kπ＋π，2kπ＋5π?(k∈Z)．
??44??
?π?x(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x)?－x?，依题意及(1)，有g(x)＝e(cos x－sin x)，从
?2??ππ??π?x而g′(x)＝－2esin x．当x∈?，?时，g′(x)＜0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)?－x?
?42??2??π??ππ??π?＋g(x)(－1)＝g′(x)?－x?＜0.因此，h(x)在区间?，?上单调递减，进而h(x)≥h??＝
?2??42??2?
f??＝0.所以，当x∈?，?时，f(x)＋g(x)?－x?≥0.
2422
2．(2024·大庆三模)设函数f(x)＝－kln x，k＞0.
2(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e)上仅有一个零点．
?π????ππ????π
?
??
x2
kx2－k解析：(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)得f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0解得x＝k.
2xxf(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：
x f′(x) f(x) (0，k) － x2
k 0 (k，＋∞) ＋ k1－ln k2 - 1 -
所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)；f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝
k1－ln k2
.
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝因为f(x)存在零点，所以
k1－ln k2
.
k1－ln k2
≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0， 所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点．
1e－k当k＞e时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且f(1)＝＞0，f(e)＝＜0，
22所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．
3．(2024·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数． (1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．
解：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
?π??π??π?当x∈?0，?时，g′(x)＞0；当x∈?，π?时，g′(x)＜0，所以g(x)在?0，?上单
2?2???2??
调递增，在?
?π，π?上单调递减． ??2?
?π?又g(0)＝0，g??＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点，
?2?
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0，
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当
x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0. 又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax. 因此，a的取值范围是(－∞，0]．
4．(2024·成都诊断)已知函数f(x)＝(x－2ax＋a)·ln x，a∈R. (1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a＝－1时，令F(x)＝的底数；
(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围．
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2
2
fx－2
＋x－ln x，证明：F(x)≥－e，其中e为自然对数x＋1
解析：(1)当a＝0时，f(x)＝xln x(x＞0)，此时f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)． 1
令f′(x)＞0，解得x＞e－.
2
11
∴函数f(x)的单调递增区间为(e－，＋∞)，单调递减区间为(0，e－)．
22(2)证明：F(x)＝
2
fx＋x－ln x＝xln x＋x. x＋1
－2
－2
由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， ∴F(x)≥F(e)＝－e.
－2
－2
x－a(3)f′(x)＝2(x－a)ln x＋
x2
＝
x－a·(2xln x＋x－a)． x令g(x)＝2xln x＋x－a，则g′(x)＝3＋2ln x，
333
∴函数g(x)在(0，e－)上单调递减，在(e－，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(e－)＝
2223
－2e－－a.
2
33
①当a≤0时，∵函数f(x)无极值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－.
22
3
②当a＞0时，g(x)min＝－2e－－a＜0，即函数g(x)在(0，＋∞)上存在零点，记为x0.
2由函数f(x)无极值点，易知x＝a为方程f′(x)＝0的重根， ∴2aln a＋a－a＝0，即2aln a＝0，a＝1.
当0＜a＜1时，x0＜1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0； 当a＞1时，x0＞1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0； 当a＝1时，x0＝1，此时函数f(x)无极值． 3
综上，a≤－2e－或a＝1.
2
5．(2024·深圳三模)已知函数f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)；
7ln gt(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m＝g(t)，证明：当t＞e时，有＜＜10ln t1.
解析：(1)∵f(x)＝xln x， ∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，
?1??1?∴当x∈?0，?时，f′(x)＜0，此时f(x)在?0，?上单调递减，
?e??e?
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2024高考数学大二轮复习 层级二 专题一 函数与导数 第
