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- 2021-07-01 发布
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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=
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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).
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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,+∞),
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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.
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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);
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(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;
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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.
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(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.
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