考點10利用導數研究函數的單調性、極值、最值22.(2023·新高考Ⅱ卷·T22)(1)證明:當0<x<1時,x-x2<sinx<x;(2)已知函數f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的極大值點,求a的取值范圍.【命題意圖】將導數與三角函數巧妙結合,通過對導函數的分析,考查函數的單調性、極值相關的問題,通過導數、函數、不等式等知識,深入考查分類討論思想、化歸轉化思想.本題做到真正意義上回歸教材,創新高度,有一定的計算量.【解題指導】(1)分別構建F(x)=x-sinx,x∈(0,1),G(x)=x2-x+sinx,x∈(0,1),求導,利用導數判斷原函數的單調性,進而可得結果;(2)根據題意結合偶函數的性質可知只需要研究f(x)在(0,1)上的單調性,求導,分類討論0<a2<2和a2≥2,結合(1)中的結論放縮,根據極大值的定義分析求解.【解析】(1)構建F(x)=x-sinx,x∈(0,1),則F'(x)=1-cosx>0對?x∈(0,1)恒成立,則F(x)在(0,1)上單調遞增,可得F(x)>F(0)=0,所以x>sinx,x∈(0,1);構建G(x)=sinx-(x-x2)=x2-x+sinx,x∈(0,1),則G'(x)=2x-1+cosx,x∈(0,1),構建g(x)=G'(x),x∈(0,1),則g'(x)=2-sinx>0對?x∈(0,1)恒成立,則g(x)在(0,1)上單調遞增,可得g(x)>g(0)=0,即G'(x)>0對?x∈(0,1)恒成立,則G(x)在(0,1)上單調遞增,可得G(x)>G(0)=0,所以sinx>x-x2,x∈(0,1);綜上所述:x-x2<sinx<x.(2)令1-x2>0,解得-1<x<1,即函數f(x)的定義域為(-1,1),若a=0,則f(x)=1-ln(1-x2),x∈(-1,1),因為y=-lnu在定義域內單調遞減,y=1-x2在(-1,0)上單調遞增,在(0,1)上單調遞減,則f(x)=1-ln(1-x2)在(-1,0)上單調遞減,在(0,1)上單調遞增,故x=0是f(x)的極小值點,不合題意,所以a≠0.當a≠0時,令b=|a|>0,因為f(x)=cosax-ln(1-x2)=cos(|a|x)-ln(1-x2)=cosbx-ln(1-x2),且f(-x)=cos(-bx)-ln[1-(-x)2]=cosbx-ln(1-x2)=f(x),所以函數f(x)在定義域內為偶函數,由題意可得:f'(x)=-bsinbx-2xx2-1,x∈(-(ⅰ)當0<b2≤2時,取m=min1b,1,x∈(0,m),則bx∈(0,f'(x)=-bsinbx-2xx2-1>-b2x-2xx2-1=x(b2x2+2?b2)1?x2,所以f'(x)>x(b2即當x∈(0,m)?(0,1)時,f'(x)>0,則f(x)在(0,m)上單調遞增,結合偶函數的對稱性可知:f(x)在(-m,0)上單調遞減,所以x=0是f(x)的極小值點,不合題意;(ⅱ)當b2>2時,取x∈0,1b?(0,1),則bx∈(0,1),f'(x)=-bsinbx-2xx2-1<-b(bx-b2x2)-2xx2-1=x1?x2(-b3x3構建h(x)=-b3x3+b2x2+b3x+2-b2,x∈0,1b,則h'(x)=-3b3x2+2b2x+b3,x∈0,1b,且h'(0)=b3>0,h'1b=b3-b>0,則h'(x)>0對?x∈0,1b恒成立,可知h(x)在0,1b上單調遞增,且h(0)=2-b2<0,h1b=2>0,所以h(x)在0,1b內存在唯一的零點n∈0,1b,當x∈(0,n)時,則h(x)<0,且x>0,1-x2>0,則f'(x)<x1?x2(-b3x3+b2x2+b3x+2-b2)即當x∈(0,n)?(0,1)時,f'(x)<0,則f(x)在(0,n)上單調遞減,結合偶函數的對稱性可知:f(x)在(-n,0)上單調遞增,所以x=0是f(x)的極大值點,符合題意;綜上所述:b2>2,即a2>2,解得a>2或a<-2,故a的取值范圍為(-∞,-2)∪(2,+∞).【方法技巧】(1)當0<a2≤2時,利用sinx<x,x∈(0,1),換元放縮;(2)當a2≥2時,利用x-x2<sinx,x∈(0,1),換元放縮.21.(2023·全國乙卷·理科·T21)已知函數f(x)=1x+aln(1+x).(1)當a=-1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程.(2)是否存在a,b,使得曲線y=f1x關于直線x=b對稱?若存在,求a,b的值,若不存在,說明理由.(3)若f(x)在(0,+∞)上存在極值,求a的取值范圍.【解析】(1)當a=-1時,f(x)=1x-1ln(x+1),則f'(x)=-1x2ln(x+1)+1x-1×1x+1據此可得f(1)=0,f'(1)=-ln2,函數在(1,f(1))處的切線方程為y-0=-ln2(x-1),即(ln2)x+y-ln2=0.(2)存在.由函數的解析式可得f1x=(x+a)ln1x+1,函數的定義域滿足1x+1=x+1x>0,即函數的定義域為(-∞,-1)∪(0定義域關于直線x=-12對稱,由題意可得b=-1由對稱性可知f-12+m=f-12-mm>12,取m=32可得f(1)=f(-2即(a+1)ln2=(a-2)ln12,則a+1=2-a,解得a=1經檢驗a=12,b=-12滿足題意,故a=12,(3)f'(x)=1x2ax2+xx+1-令g(x)=ax2+xx+1-ln(x+1),所以f(x)在(0,+∞)上存在極值等價于g(x)在(0,+∞)上存在變號零點,g'(x)=x(1+x①當a≤0時,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)上單調遞減,所以g(x)<g(0)=0,不符合題意;②當a≥12時,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上單調遞增,所以g(x)>g(0)=0,不符合題意③當0<a<12時,g'(x)=ax(1+x)2x-1a-2,x∈0,1a-2時,g'(x)<0,x∈1a-2,+∞時,g'(x)>0,所以g(x)在0,1a-2上單調遞減,g(x)<g(0)=0;g(x)在1a-2,+∞上單調遞增,且g1a-2<0,令x+1=t,則t>1.得g(t)=(at-lnt)+a-1t+1-2a,設φ(t)=(at-lnt)+a-1t+1則當t→+∞時,φ(t)→+∞,所以存在t∈(1,+∞),使φ(t)>0,從而存在x∈(0,+∞),使g(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上有變號零點.綜上,a∈0,12.21.(2023·全國甲卷·理科·T21)已知f(x)=ax-sinxcos3x,x∈0,(1)若a=8,討論f(x)的單調性;(2)若f(x)<sin2x恒成立,求a的取值范圍.【解析】(1)f'(x)=a-cos=a-cos2x+3令cos2x=t,則t∈(0,1),則f'(x)=g(t)=a-3?2tt2當a=8時,f'(x)=g(t)=8t2+2當t∈0,12,即x∈π4,π2時,f'(x)<0.當t∈12,1,即x∈0,π4時,f'(x)>0.所以f(x)在0,π4上單調遞增,在π4,π2上單調遞減.(2)設h(x)=f(x)-sin2x.由(1)知h'(x)=f'(x)-2cos2x=g(t)-2(2cos2x-1)=at2+2t-3t2-2(2t-1)=a+2-4t+2t-3設φ(t)=a+2-4t+2t-3t2,t∈(0φ'(t)=-4-2t2+6=-2(t-1)(2t所以φ(t)<φ(1)=a-3.①若a∈(-∞,3],h'(x)=φ(t)<a-3≤0,即h(x)在0,π2上單調遞減,所以h(x)<h(0)=0,所以當a∈(-∞,3]時,f(x)<sin2x恒成立,符合題意.②若a∈(3,+∞),當t→0時,2t-3t2=-3(1t-13)2+1φ(1)=a-3>0,所以?t0∈(0,1),使得φ(t0)=0,即?x0∈0,π2,使得h'(x0)=0.當t∈(t0,1)時,φ(t)>0,即當x∈(0,x0)時,h'(x)>0,h(x)單調遞增.所以當x∈(0,x0)時,h(x)>h(0)=0,不符合題意.綜上,a的取值范圍為(-∞,3].20.(2023·全國甲卷·文科·T20)已知函數f(x)=ax-sinxcos2x,x∈0,(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范圍.【解析】(1)因為a=1,所以f(x)=x-sinxcos2x,x∈0,π2,則f'=1-cos=1-cos=cos=cos3令t=cosx,由于x∈0,π2,所以t=cosx∈(0,1),所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2=t2(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t2+2t+2)(t-1),因為t2+2t+2=(t+1)2+1>0,t-1<0,cos3x=t3>0,所以f'(x)=cos3x+cos2x-2cos3x所以f(x)在0,π2上單調遞減.(2)方法一:構建g(x)=f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx0<x<則g'(x)=a-1+sin2xcos3x+cosx若g(x)=f(x)+sinx<0,且g(0)=f(0)+sin0=0,則g'(0)=a-1+1=a≤0,解得a≤0,當a=0時,因為sinx-sinxcos2x=sinx1-又x∈0,π2,所以0<sinx<1,0<cosx<1,則1cos2x>所以f(x)+sinx=sinx-sinxcos2x<當a<0時,由于0<x<π2,顯然ax<0所以f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx<sinx-sinx綜上所述,若f(x)+sinx<0,則a≤0,所以a的取值范圍為(-∞,0].方法二:因為sinx-sinxcos2x=sinx因為x∈0,π2,所以0<sinx<1,0<cosx<1,故sinx-sinxcos2x<0在0,π所以當a=0時,f(x)+sinx=sinx-sinxcos2x<當a<0時,由于0<x<π2,顯然ax<0所以f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx<sinx-sinx當a>0時,因為f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sin令g(x)=ax-sin3xcos2x0則g'(x)=a-3sin注意到g'(0)=a-3sin20若?x∈0,π2,使g'(x)>0,則g(x)在0,π2上單調遞增,注意到g(0)=0,所以g(x)>g(0)=0,即f(x)+sinx>0,不滿足題意;若?x0∈0,π2,使g'(x0)<0,則g'(0)g'(x0)<0,所以在0,π2上最靠近x=0處必存在零點x1∈0,π2,使得g'(x1)=0,此時g'(x)在(0,x1)上有g'(x)>0,所以g(x)在(0,x1)上單調遞增,則在(0,x1)上有g(x)>g(0)=0,即f(x)+sinx>0,不滿足題意;綜上,a的取值范圍為(-∞,0].8.(2023·全國乙卷·文科·T8)函數f(x)=x3+ax+2存在3個零點,則a的取值范圍是()A.(-∞,-2) B.(-∞,-3) C.(-4,-1) D.(-3,0)【解析】選B.f(x)=x3+ax+2,則f'(x)=3x2+a,若f(x)要存在3個零點,則f(x)要存在極大值和極小值,則a<0,令f'(x)=3x2+a=0,解得x=--a3或且當x∈-∞,--a3∪-a3,+∞時,f'(x)>0,當x∈--a3,-a3時,f'(x)<故f(x)的極大值為f--a3,極小值為f-a3,若f(x)要存在3個零點,則f(?-a3)>0f(-20.(2023·全國乙卷·文科·T20)已知函數f(x)=1x+aln(1+x).(1)當a=-1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(x))處的切線方程.(2)若函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增,求a的取值范圍.【解析】(1)當a=-1時,f(x)=1x-1ln(x+1)(x>-1),則f'(x)=-1x2×ln(x+1)+1x-1×1據此可得f(1)=0,f'(1)=-ln2,所以函數在(1,f(1))處的切線方程為y-0=-ln2(x-1),即(ln2)x+y-ln2=0.(2)由函數的解析式可得f'(x)=-1x2ln(x+1)+1x+a×1x+1(x>-1滿足題意時f'(x)≥0在區間(0,+∞)上恒成立.令-1x2ln(x+1)+1x+a1x+1≥0則-(x+1)ln(x+1)+(x+ax2)≥0,令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),原問題等價于g(x)≥0在區間(0,+∞)上恒成立,則g'(x)=2ax-ln(x+1),當a≤0時,由于2ax≤0,ln(x+1)>0,故g'(x)<0,g(x)在區間(0,+∞)上單調遞減,此時g(x)<g(0)=0,不合題意;令h(x)=g'(x)=2ax-ln(x+1),則h'(x)=2a-1x當2a≥1,a≥12時,由于1x+1<1,所以h'(x)>0,h(x)在區間(0,+∞即g'(x)在區間(0,+∞)上單調遞增,所以g'(x)>g'(0)=0,g(x)在區間(0,+∞)上單調遞增,g(x)>g(0)=0,滿足題意.當0<a<12時,由h'(x)=2a-1x+1=0可得x=1當x∈0,12a-1時,h'(x)<0,h(x)在區間0,12a-1上單調遞減,即g'(x)在區間0,12a-1上單調遞減,注意到g'(0)=0,故當x∈0,12a-1時,g'(x)<g'(0)=0,g(x)單調遞減,由于g(0)=0,故當x∈0,12a-1時,g(x)<g(0)=0,不合題意.綜上可知:實數a的取值范圍是a|a≥12.16.(2023·全國乙卷·