2020版新高考复习理科数学教学案：导数及其应用含答案.docx

教学资料范本2020版新高考复习理科数学教学案：导数及其应用含答案编 辑：_时 间：_6讲导数及其应用真题调研【例1】20xx全国卷已知函数f(x)sinxln(1x).f(x)为f(x)的导数.证明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点解：(1)设g(x)f(x).则g(x)cosx.g(x)sinx.当x时.g(x)单调递减.而g(0)0.g0.可得g(x)在有唯一零点.设为.则当x(1.)时.g(x)0；当x时.g(x)0.所以g(x)在(1.)单调递增.在单调递减.故g(x)在存在唯一极大值点.即f(x)在存在唯一极大值点(2)f(x)的定义域为(1.)()当x(1,0时.由(1)知.f(x)在(1,0)单调递增.而f(0)0.所以当x(1,0)时.f(x)0.故f(x)在(1,0)单调递减又f(0)0.从而x0是f(x)在(1,0的唯一零点()当x时.由(1)知.f(x)在(0.)单调递增.在单调递减.而f(0)0.f0.所以存在.使得f()0.且当x(0.)时.f(x)0；当x时.f(x)0.故f(x)在(0.)单调递增.在单调递减又f(0)0.f1ln0.所以当x时.f(x)0.从而.f(x)在没有零点()当x时.f(x)0.所以f(x)在单调递减而f0.f()0.所以f(x)在有唯一零点()当x(.)时.ln(x1)1.所以f(x)0.从而f(x)在(.)没有零点综上.f(x)有且仅有2个零点【例2】20xx全国卷已知函数f(x)2x3ax2b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a.b.使得f(x)在区间0,1的最小值为1且最大值为1？若存在.求出a.b的所有值；若不存在.说明理由解：(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0.得x0或x.若a0.则当x(.0)时.f(x)0；当x时.f(x)0.故f(x)在(.0).单调递增.在单调递减；若a0.f(x)0.故f(x)在(.)单调递增；若a0.则当x(0.)时.f(x)0；当x时.f(x)0.故f(x)在.(0.)单调递增.在单调递减(2)满足题设条件的a.b存在()当a0时.由(1)知.f(x)在0,1单调递增.所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)b.最大值为f(1)2ab.此时.a.b满足题设条件当且仅当b1,2ab1.即a0.b1.()当a3时.由(1)知.f(x)在0,1单调递减.所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)b.最小值为f(1)2ab.此时.a.b满足题设条件当且仅当2ab1.b1.即a4.b1.()当0a3时.由(1)知.f(x)在0,1的最小值为fb.最大值为b或2ab.若b1.b1.则a3.与0a3矛盾若b1,2ab1.则a3或a3或a0.与0a3矛盾综上.当且仅当a0.b1或a4.b1时.f(x)在0,1的最小值为1.最大值为1.【例3】20xx浙江卷已知实数a0.设函数f(x)alnx.x0.(1)当a时.求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x).求a的取值范围注：e2.718 28为自然对数的底数解：(1)当a时.f(x)lnx.x0.f(x).所以.函数f(x)的单调递减区间为(0,3).单调递增区间为(3.)(2)由f(1).得0a.当00.故q(x)在上单调递增.所以q(x)q.由得.qpp(1)0.所以.q(x)0.由知对任意x.t2.).g(t)0.即对任意x.均有f(x).综上所述.所求a的取值范围为.【例4】20xx天津卷设函数f(x)excosx.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；(3)设xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点.其中nN.证明2nxncosx.得f(x)0.则f(x)单调递减；当x(kZ)时.有sinx0.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)记h(x)f(x)g(x).依题意及(1).有g(x)ex(cosxsinx).从而g(x)2exsinx.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.(3)依题意.u(xn)f(xn)10.即exncosxn1.记ynxn2n.则yn.且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1).得yny0.由(2)知.当x时.g(x)0.所以g(x)在上为减函数.因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)知.f(yn)g(yn)0.故yn.所以.2nxn0.f(x)0.f(x)在(0.)上单调递增.无极值点；当a0时.方程xexa0有唯一解.设为x0(x00).且当0xx0时.f(x)x0时.f(x)0.所以x0是函数f(x)的极小值点.即函数f(x)只有1个极值点(2)解法一：当a1时.不等式f(x)g(x)对任意的x(0.)恒成立.即xexlnx1(m1)x对任意的x(0.)恒成立.即exm1对任意的x(0.)恒成立.记F(x)ex.则F(x)ex.记h(x)x2exlnx.则h(x)在(0.)上单调递增.且.h(1)e0.所以存在x1使得h(x1)0.且当x(0.x1)时.h(x)0.F(x)0.F(x)0.所以1m1.解得m0.综上.实数m的取值范围是(.0解法二：当a1时.不等式f(x)g(x)对任意的x(0.)恒成立.即xexlnx1(m1)x对任意的x(0.)恒成立.即m1对任意的x(0.)恒成立.记h(t)ett.因为h(t)et1.所以当t0时.h(t)0时.h(t)0.所以h(t)h(0)1.因此ett1(当且仅当t0时取“”).所以xexlnx1elnxxlnx1lnxx1lnx1x.所以当x0时.1.且当xlnx0时.取到“”.所以的最小值是1.因此1m1.即m0.综上.实数m的取值范围是(.0220xx广州综合测试二已知函数f(x)lnx(kR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点x1.x2.求k的取值范围.并证明x1x22.解：(1)因为f(x)lnx.函数f(x)的定义域为(0.).所以f(x).x0.当k0时.f(x)0.所以函数f(x)在(0.)上单调递增当k0时.由f(x)0.得x或x(舍去).当x(0.)时.f(x)0.所以函数f(x)在(0.)上单调递减.在(.)上单调递增综上所述.当k0时.函数f(x)在(0.)上单调递增；当k0时.函数f(x)在(0.)上单调递减.在(.)上单调递增(2)先求k的取值范围解法一：由(1)知.当k0时.f(x)在(0.)上单调递增.不可能有两个零点.不满足条件当k0时.函数f(x)在(0.)上单调递减.在(.)上单调递增.所以f(x)minf()ln.要使函数f(x)有两个零点.首先f(x)minln0.解得k0.2k0.下面证明f(2k)ln(2k)0.设g(k)ln(2k).则g(k).当k时.g(k)0.所以g(k)在上单调递增.所以g(k)gln0.即f(2k)0成立【若考生书写为：当x0时.f(x).且f(1)k0.此处不扣分】所以k的取值范围是.解法二：由f(x)lnx0.得kx2lnx.设g(x)x2lnx.则g(x)x(2lnx1)当0x 时.g(x)时.g(x)0.所以函数g(x)在(0.)上单调递减.在(.)上单调递增所以g(x)ming().因为x0时.g(x)0.且g(1)0.所以要使函数f(x)有两个零点.必有k2.解法一：x1.x2是函数f(x)的两个零点.不妨设x11.由.得lnx2lnx1.所以lnt.即x.k1.要证x1x22.即证(x1x2)28k.即证x(1t2)8k.即证(1t)28k.因为k1.所以即证(1t)28lnt.即证8lnt(1t)21)设h(t)8lnt(1t)2.即h(t)8lntt22t.所以h(t)2t2.则当t1时.h(t)1时.h(t)8lnt(1t)22.解法二：x1.x2是函数f(x)的两个零点.不妨设x11.由.得lnx2lnx1.所以lnt.即x.k1.要证x1x22.即证.即证tx2k.即证t2k.因为k1.所以即证t2lnt(t1)设h(t)2lntt.所以h(t)1.则当t1时.h(t)1时.h(t)2lntt22.解法三：x1.x2是函数f(x)的两个零点.不妨设x11.由得lnx1lnx2.要证x1x22.即证.只需证lnxlnx2ln(2k)即证ln(2k).即证ln(2k).即证kln(2k)由(1)可得0x1.所以0x.所以kk(11)1.而ln(2k)ln(2k)成立所以x1x222.解法四：x1.x2是函数f(x)的两个零点.不妨设x11.由得lnx2lnx1.先证明.即证明lnt1)设h(t)lnt.则h(t).当t1时.h(t)0.所以h(t)在(1.)上单调递增.所以h(t)h(1)0.所证不等式成立所以有.即k(x1x2)()3.因为(x1x2).所以k(x1x2)8k.所以x1x22.解法五：要证x1x22.其中x1(0.).x2(.).即证x22x1.由(1)得函数f(x)在(.)上单调递增.又2x1.所以只需证明f(x2)f(2x1)因为f(x2)f(x1).所以只要证明f(x1)f(2x1).其中x1(0.)构造函数F(x)f(x)f(2x).x(0.).则F(x)lnxln(2x).因为F(x)(利用基本不等式)F()lnln0.所以f(x)f(2x)在(0.)上恒成立所以要证的不等式x1x22成立320xx太原一模已知函数f(x)lnxax2(2a)x.aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a时.若对于任意x1.x2(1.)(x1x2).都存在x0(x1.x2).使得f(x0).证明：x0.解：(1)由题意得f(x)2ax(2a).x0.当a0时.f(x)0在(0.)上恒成立.f(x)在(0.)上单调递增；当a0时.令f(x)0.则0x；令f(x)0.则x.f(x)在上单调递增.在单调递减(2)证明：当a时.lna(x2x1)(2a).f(x0)2ax0(2a).lna(x2x1)2ax0.ff(x0)a(x2x1)ln令t.g(t)lnt.t1.则g(t)0.g(t)g(1)0.ff(x0)0.ff(x0)设h(x)f(x)2ax(2a).x1.则h(x)2a110.h(x)f(x)在(1.)上单调递增.x0.420xx石家庄一模已知函数f(x)lnx.g(x).aR.(1)求函数f(x)的极小值；(2)求证：当1a1时.f(x)g(x)解：(1)f(x).(x0)当a10时.即a1时.f(x)0.函数f(x)在(0.)上单调递增.无极小值；当a10时.即a1时.f(x)00xa1.函数f(x)在(0.a1)上单调递减；f(x)0xa1.函数f(x)在(a1.)上单调递增；f(x)极小值f(a1)1ln(a1)综上所述.当a1时.f(x)无极小值；当a1时.f(x)极小值1ln(a1)(2)令F(x)f(x)g(x)lnx.(x0)当1a1时.要证：f(x)g(x).即证F(x)0.即证xlnxasinx10.解法一：要证xlnxasinx10.即证xlnxasinx1.当0a1时.令h(x)xsinx(x0).h(x)1cosx0.所以h(x)在(0.)上单调递增.故h(x)h(0)0.即xsinx.ax1asinx1(*)令q(x)xlnxx1.q(x)lnx.当x(0,1).q(x)0.q(x)在(0,1)上单调递减；x(1.).q(x)0.q(x)在(1.)上单调递增.故q(x)q(1)0.即xlnxx1.当且仅当x1时取等号又0a1.xlnxx1ax1(*)由(*)及(*)可知xlnxx1ax1asinx1.所以当0a1时.xlnxasinx1.当a0时.即证xlnx1.令m(x)xlnx.m(x)lnx1.m(x)在上单调递减.在上单调递增.m(x)minm1.故xlnx1.当1a0时.当x(0,1时.asinx11.由知m(x)xlnx.而1.故xlnxasinx1；当x(1.)时.asinx10.由知m(x)xlnxm(1)0.故xlnxasinx1；所以.当x(0.)时.xlnxasinx1.综上可知.当1a1时.f(x)g(x)解法二：当1a1时.下证xlnxasinx10.即证xlnxasinx1.当x1时.易知xlnx0.asinx10.故xlnxasinx10.当x1时.0asin110显然成立.故xlnxasinx10.当0x1时.sinx0.故sinxasinxsinx.令h(x)xsinx(x0).h(x)1cosx0.所以h(x)在(0.)上单调递增.故h(x)