2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题一 函数与导数 第4讲 导数的综合应用与热点问题课时作业（文）.doc

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(2019天津卷节选)设函数f(x)excos x，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0.解析：(1)由已知，有f(x)ex(cos xsin x)因此，当x(kz)时，有sin xcos x，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kz)时，有sin xcos x，得f(x)0，则f(x)单调递增所以，f(x)的单调递增区间为(kz)，f(x)的单调递减区间为(kz)(2)证明：记h(x)f(x)g(x)，依题意及(1)，有g(x)ex(cos xsin x)，从而g(x)2exsin x当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以，当x时，f(x)g(x)0.2(2019大庆三模)设函数f(x)kln x，k0.(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，)上仅有一个零点解析：(1)由f(x)kln x(k0)得f(x)x.由f(x)0解得x.f(x)与f(x)在区间(0，)上的变化情况如下：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)；f(x)在x处取得极小值f().(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点当ke时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)0，f()0，所以f(x)在区间(1，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，上仅有一个零点3(2019全国卷)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若x0，时，f(x)ax，求a的取值范围解：(1)设g(x)f(x)，则g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减又g(0)0，g0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点，所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知f()a，f()0，可得a0，由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，04(2019成都诊断)已知函数f(x)(x22axa2)ln x，ar.(1)当a0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，令f(x)xln x，证明：f(x)e2，其中e为自然对数的底数；(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围解析：(1)当a0时，f(x)x2ln x(x0)，此时f(x)2xln xxx(2ln x1)令f(x)0，解得xe.函数f(x)的单调递增区间为(e，)，单调递减区间为(0，e)(2)证明：f(x)xln xxln xx.由f(x)2ln x，得f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，f(x)f(e2)e2.(3)f(x)2(xa)ln x(2xln xxa)令g(x)2xln xxa，则g(x)32ln x，函数g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，g(x)g(e)2ea.当a0时，函数f(x)无极值，2ea0，解得a2e.当a0时，g(x)min2ea0，即函数g(x)在(0，)上存在零点，记为x0.由函数f(x)无极值点，易知xa为方程f(x)0的重根，2aln aaa0，即2aln a0，a1.当0a1时，x01且x0a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a1时，x01且x0a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a1时，x01，此时函数f(x)无极值综上，a2e或a1.5(2019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t0，存在唯一的m使tf(m)；(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为mg(t)，证明：当te时，有1.解析：(1)f(x)xln x，f(x)ln x1(x0)，当x时，f(x)0，此时f(x)在上单调递减，当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增(2)证明：当0x1时，f(x)0，又t0，令h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知h(x)在区间1，)上为增函数，h(1)t0，h(et)t(et1)0，存在唯一的m，使tf(m)成立(3)证明：mg(t)且由(2)知tf(m)，t0，当te时，若mg(t)e，则由f(m)的单调性有tf(m)f(e)e，矛盾，me，又，其中uln m，u1，要使1成立，只需0ln uu，令f(u)ln uu，u1，f(u)，当1u时f(u)0，f(u)单调递增，当u时，f(u)0，f(u)单调递减对u1，f(u)f0，即ln uu成立综上，当te时，1成立层级二 专题一 第4讲(理)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(2019全国卷)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若x0，时，f(x)ax，求a的取值范围解：(1)设g(x)f(x)，则g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减又g(0)0，g0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点，所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知f()a，f()0，可得a0，由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，02(2020成都诊断)已知函数f(x)(x22axa2)ln x，ar.(1)当a0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，令f(x)xln x，证明：f(x)e2，其中e为自然对数的底数；(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围解析：(1)当a0时，f(x)x2ln x(x0)，此时f(x)2xln xxx(2ln x1)令f(x)0，解得xe.函数f(x)的单调递增区间为(e，)，单调递减区间为(0，e)(2)证明：f(x)xln xxln xx.由f(x)2ln x，得f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，f(x)f(e2)e2.(3)f(x)2(xa)ln x(2xln xxa)令g(x)2xln xxa，则g(x)32ln x，函数g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，g(x)g(e)2ea.当a0时，函数f(x)无极值，2ea0，解得a2e.当a0时，g(x)min2ea0，即函数g(x)在(0，)上存在零点，记为x0.由函数f(x)无极值点，易知xa为方程f(x)0的重根，2aln aaa0，即2aln a0，a1.当0a1时，x01且x0a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a1时，x01且x0a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a1时，x01，此时函数f(x)无极值综上，a2e或a1.3(2019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t0，存在唯一的m使tf(m)；(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为mg(t)，证明：当te时，有1.解析：(1)f(x)xln x，f(x)ln x1(x0)，当x时，f(x)0，此时f(x)在上单调递减，当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增(2)证明：当0x1时，f(x)0，又t0，令h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知h(x)在区间1，)上为增函数，h(1)t0，h(et)t(et1)0，存在唯一的m，使tf(m)成立(3)证明：mg(t)且由(2)知tf(m)，t0，当te时，若mg(t)e，则由f(m)的单调性有tf(m)f(e)e，矛盾，me，又，其中uln m，u1，要使1成立，只需0ln uu，令f(u)ln uu，u1，f(u)，当1u时f(u)0，f(u)单调递增，当u时，f(u)0，f(u)单调递减对u1，f(u)f0，即ln uu成立综上，当te时，1成立4(2019厦门二调)已知函数f(x)aln x，g(x)xf(x)(1)讨论h(x)g(x)f(x)的单调性；(2)若h(x)的极值点为3，设方程f(x)mx0的两个根为x1，x2，且ea，求证：.解析：(1)h(x)g(x)f(x)xaln x，其定义域为(0，)，h(x).在(0，)递增；a10即a1时，x(0,1a)时，h(x)0，x(1a，)时，h(x)0，h(x)在(0,1a)递减，在(1a，)递增，综上，a1时，h(x)在(0,1a)递减，在(1a，)递增，a1时，h(x)在(0，)递增(2)证明：由(1)得x1a是函数h(x)的唯一极值点，故a2.2ln x1mx10,2ln x2mx20，2(ln x2ln x1)m(x1x2)，又f(x)2ln x，f(x)，mln.令te2，(t)ln t，则(t)0，(t)在e2，)上递增，(t)(e2)11.故.5(2019全国卷)已知函数f(x)ln x.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线yln x在点a(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线解：(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)单调递