• 265.50 KB
  • 2021-07-01 发布

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

  • 8页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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 x-sin x).因此,当x∈(k∈Z)时,有sin x>cos x,得f′(x)<0,则f(x)单调递减;当x∈(k∈Z)时,有sin x<cos x,得f′(x)>0,则f(x)单调递增.‎ 所以,f(x)的单调递增区间为(k∈Z),f(x)的单调递减区间为(k∈Z).‎ ‎(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x),依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin 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)≥h=f=0.所以,当x∈时,f(x)+g(x)≥0.‎ ‎2.(2019·大庆三模)设函数f(x)=-kln x,k>0.‎ ‎(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(k>0)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)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(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= - 8 -‎ 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k≥e.‎ 当k=e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k>e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.‎ 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,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点,‎ 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.(2019·成都诊断)已知函数f(x)=(x2-2ax+a2)·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)=+x-ln x,证明:F(x)≥-e-2,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a=0时,f(x)=x2ln x(x>0),此时f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1).‎ - 8 -‎ 令f′(x)>0,解得x>e-.‎ ‎∴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)=+x-ln x=xln x+x.‎ 由F′(x)=2+ln x,得F(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增,‎ ‎∴F(x)≥F(e-2)=-e-2.‎ ‎(3)f′(x)=2(x-a)ln x+=·(2xln x+x-a).‎ 令g(x)=2xln x+x-a,则g′(x)=3+2ln x,‎ ‎∴函数g(x)在(0,e-)上单调递减,在(e-,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(e-)=-2e--a.‎ ‎①当a≤0时,∵函数f(x)无极值,∴-2e--a≥0,解得a≤-2e-.‎ ‎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.‎ 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.‎ 综上,a≤-2e-或a=1.‎ ‎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t>0,存在唯一的m使t=f(m);‎ ‎(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<<1.‎ 解析:(1)∵f(x)=xln x,‎ ‎∴f′(x)=ln x+1(x>0),‎ ‎∴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0<x≤1时,f(x)≤0,又t>0,令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞),‎ - 8 -‎ 由(1)知h(x)在区间[1,+∞)上为增函数,‎ h(1)=-t<0,h(et)=t(et-1)>0,‎ ‎∴存在唯一的m,使t=f(m)成立.‎ ‎(3)证明:∵m=g(t)且由(2)知t=f(m),t>0,‎ 当t>e时,若m=g(t)≤e,则由f(m)的单调性有t=f(m)≤f(e)=e,矛盾,∴m>e,‎ 又====,‎ 其中u=ln m,u>1,要使<<1成立,只需0<ln u<u,‎ 令F(u)=ln u-u,u>1,F′(u)=-,‎ 当1<u<时F′(u)>0,F(u)单调递增,当u>时,F′(u)<0,F(u)单调递减.‎ ‎∴对u>1,F(u)≤F<0,即ln u<u成立.‎ 综上,当t>e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.‎ 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,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点,‎ 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.‎ - 8 -‎ 因此,a的取值范围是(-∞,0].‎ ‎2.(2020·成都诊断)已知函数f(x)=(x2-2ax+a2)·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)=+x-ln x,证明:F(x)≥-e-2,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a=0时,f(x)=x2ln x(x>0),此时f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1).‎ 令f′(x)>0,解得x>e-.‎ ‎∴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)=+x-ln x=xln x+x.‎ 由F′(x)=2+ln x,得F(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增,‎ ‎∴F(x)≥F(e-2)=-e-2.‎ ‎(3)f′(x)=2(x-a)ln x+=·(2xln x+x-a).‎ 令g(x)=2xln x+x-a,则g′(x)=3+2ln x,‎ ‎∴函数g(x)在(0,e-)上单调递减,在(e-,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(e-)=-2e--a.‎ ‎①当a≤0时,∵函数f(x)无极值,∴-2e--a≥0,解得a≤-2e-.‎ ‎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.‎ 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.‎ 综上,a≤-2e-或a=1.‎ ‎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t>0,存在唯一的m使t=f(m);‎ - 8 -‎ ‎(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<<1.‎ 解析:(1)∵f(x)=xln x,‎ ‎∴f′(x)=ln x+1(x>0),‎ ‎∴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0<x≤1时,f(x)≤0,又t>0,令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞),‎ 由(1)知h(x)在区间[1,+∞)上为增函数,‎ h(1)=-t<0,h(et)=t(et-1)>0,‎ ‎∴存在唯一的m,使t=f(m)成立.‎ ‎(3)证明:∵m=g(t)且由(2)知t=f(m),t>0,‎ 当t>e时,若m=g(t)≤e,则由f(m)的单调性有t=f(m)≤f(e)=e,矛盾,∴m>e,‎ 又====,‎ 其中u=ln m,u>1,要使<<1成立,只需0<ln u<u,‎ 令F(u)=ln u-u,u>1,F′(u)=-,‎ 当1<u<时F′(u)>0,F(u)单调递增,当u>时,F′(u)<0,F(u)单调递减.‎ ‎∴对u>1,F(u)≤F<0,即ln uu成立.‎ 综上,当t>e时,<<1成立.‎ ‎4.(2019·厦门二调)已知函数f(x)=aln x,g(x)=x++f′(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)+mx=0的两个根为x1,x2,且≥ea,求证:>.‎ 解析:(1)∵h(x)=g(x)-f(x)=x-aln x+,其定义域为(0,+∞),‎ ‎∴h′(x)=.‎ 在(0,+∞)递增;‎ - 8 -‎ ‎②a+1>0即a>-1时,x∈(0,1+a)时,h′(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h′(x)>0,‎ h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,‎ 综上,a>-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,a≤-1时,h(x)在(0,+∞)递增.‎ ‎(2)证明:由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2.‎ ‎∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0,‎ ‎∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2),‎ 又f(x)=2ln x,∴f′(x)=,‎ = ‎= ‎=+m=+ln.‎ 令=t≥e2,φ(t)=+ln t,则φ′(t)=>0,‎ ‎∴φ(t)在[e2,+∞)上递增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+=.‎ 故>.‎ ‎5.(2019·全国Ⅱ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y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex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,+∞)单调递增.‎ 因为f(e)=1-<0,f(e2)=2-=>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<<1,f=-ln x1+=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点.‎ 综上,f(x)有且仅有两个零点.‎ - 8 -‎ ‎(2)因为=,故点B在曲线y=ex上.‎ 由题设知f(x0)=0,即ln x0=,故直线AB的斜率k===.‎ 曲线y=ex在点B处切线的斜率是,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.‎ - 8 -‎