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

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

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 -‎