2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題課時(shí)作業(yè)（文）

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題課時(shí)作業(yè)（文）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題課時(shí)作業(yè)（文）（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題 限時(shí)60分鐘　滿分60分 解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分) 1．(2019·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝excos x，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)x∈時(shí)，證明f(x)＋g(x)≥0. 解析：(1)由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x)．因此，當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí)，有sin x＞cos x，得f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí)，有sin x＜cos x，得f′(x)＞0，則f(x)單調(diào)遞增． 所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)，f(x)的單調(diào)遞減

2、區(qū)間為(k∈Z)． (2)證明：記h(x)＝f(x)＋g(x)，依題意及(1)，有g(shù)(x)＝ex(cos x－sin x)，從而g′(x)＝－2exsin x．當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)＜0.因此，h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，進(jìn)而h(x)≥h＝f＝0.所以，當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＋g(x)≥0. 2．(2019·大慶三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，k＞0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，)上僅有一個(gè)零點(diǎn)． 解析：(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)得f′(x

3、)＝x－＝.由f′(x)＝0解得x＝. f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)   所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)；f(x)在x＝處取得極小值f()＝. (2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以≤0，從而k≥e. 當(dāng)k＝e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點(diǎn)． 當(dāng)k＞e時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝

4、＞0，f()＝＜0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個(gè)零點(diǎn)． 綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個(gè)零點(diǎn)． 3．(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)． (1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)； (2)若x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥ax，求a的取值范圍． 解：(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 又g(0)＝0，g＞0，g(

5、π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn)， 所以f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)． (2)由題設(shè)知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0， 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減． 又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥0. 又當(dāng)a≤0，x∈[0，π]時(shí)，ax≤0，故f(x)≥ax. 因此，a的取值范圍是(－∞，0]． 4．(2019·成都診斷)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2ax＋a2

6、)·ln x，a∈R. (1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a＝－1時(shí)，令F(x)＝＋x－ln x，證明：F(x)≥－e－2，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)； (3)若函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2ln x(x＞0)，此時(shí)f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)． 令f′(x)＞0，解得x＞e－. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e－，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－)． (2)證明：F(x)＝＋x－ln x＝xln x＋x. 由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2

7、，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴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，則g′(x)＝3＋2ln x， ∴函數(shù)g(x)在(0，e－)上單調(diào)遞減，在(e－，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a. ①當(dāng)a≤0時(shí)，∵函數(shù)f(x)無極值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－. ②當(dāng)a＞0時(shí)，g(x)min＝－2e－－a＜0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)，記為x0. 由函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)，易知x＝a為方程f′(x)＝0的重根， ∴2aln a＋a－a＝0，即2aln

8、 a＝0，a＝1. 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，x0＜1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0； 當(dāng)a＞1時(shí)，x0＞1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0； 當(dāng)a＝1時(shí)，x0＝1，此時(shí)函數(shù)f(x)無極值． 綜上，a≤－2e－或a＝1. 5．(2019·深圳三模)已知函數(shù)f(x)＝xln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：對(duì)任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)； (3)設(shè)(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m＝g(t)，證明：當(dāng)t＞e時(shí)，有＜＜1. 解析：(1)∵f(x)＝xln x， ∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)， ∴當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)

9、f(x)在上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在上單調(diào)遞增． (2)證明：∵當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)， 由(1)知h(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)， h(1)＝－t＜0，h(et)＝t(et－1)＞0， ∴存在唯一的m，使t＝f(m)成立． (3)證明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0， 當(dāng)t＞e時(shí)，若m＝g(t)≤e，則由f(m)的單調(diào)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－

10、u，u＞1，F(xiàn)′(u)＝－， 當(dāng)1＜u＜時(shí)F′(u)＞0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞增，當(dāng)u＞時(shí)，F(xiàn)′(u)＜0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞減． ∴對(duì)u＞1，F(xiàn)(u)≤F＜0，即ln u＜u成立． 綜上，當(dāng)t＞e時(shí)，＜＜1成立． 層級(jí)二 專題一 第4講(理) 限時(shí)60分鐘　滿分60分 解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分) 1．(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)． (1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)； (2)若x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥ax，求a的取值范圍． 解：(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)

11、＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 又g(0)＝0，g＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn)， 所以f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)． (2)由題設(shè)知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0， 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減． 又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當(dāng)x∈[0，π]

12、時(shí)，f(x)≥0. 又當(dāng)a≤0，x∈[0，π]時(shí)，ax≤0，故f(x)≥ax. 因此，a的取值范圍是(－∞，0]． 2．(2020·成都診斷)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2ax＋a2)·ln x，a∈R. (1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a＝－1時(shí)，令F(x)＝＋x－ln x，證明：F(x)≥－e－2，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)； (3)若函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2ln x(x＞0)，此時(shí)f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)． 令f′(x)＞0，解得x＞e－. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)

13、間為(e－，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－)． (2)證明：F(x)＝＋x－ln x＝xln x＋x. 由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴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，則g′(x)＝3＋2ln x， ∴函數(shù)g(x)在(0，e－)上單調(diào)遞減，在(e－，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a. ①當(dāng)a≤0時(shí)，∵函數(shù)f(x)無極值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－. ②當(dāng)a＞0時(shí)，g(x

14、)min＝－2e－－a＜0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)，記為x0. 由函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)，易知x＝a為方程f′(x)＝0的重根， ∴2aln a＋a－a＝0，即2aln a＝0，a＝1. 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，x0＜1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0； 當(dāng)a＞1時(shí)，x0＞1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0； 當(dāng)a＝1時(shí)，x0＝1，此時(shí)函數(shù)f(x)無極值． 綜上，a≤－2e－或a＝1. 3．(2019·深圳三模)已知函數(shù)f(x)＝xln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：對(duì)任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)； (3)設(shè)(2)

15、中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m＝g(t)，證明：當(dāng)t＞e時(shí)，有＜＜1. 解析：(1)∵f(x)＝xln x， ∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)， ∴當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在上單調(diào)遞增． (2)證明：∵當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)， 由(1)知h(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)， h(1)＝－t＜0，h(et)＝t(et－1)＞0， ∴存在唯一的m，使t＝f(m)成立． (3)證明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0， 當(dāng)t＞e時(shí)，若m＝g(

16、t)≤e，則由f(m)的單調(diào)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(xiàn)′(u)＝－， 當(dāng)1＜u＜時(shí)F′(u)＞0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞增，當(dāng)u＞時(shí)，F(xiàn)′(u)＜0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞減． ∴對(duì)u＞1，F(xiàn)(u)≤F＜0，即ln uu成立． 綜上，當(dāng)t＞e時(shí)，＜＜1成立． 4．(2019·廈門二調(diào))已知函數(shù)f(x)＝aln x，g(x)＝x＋＋f′(x)． (1)討論h(x)＝g(x)－f(x)的單調(diào)性； (2)若h(x)的極值點(diǎn)為3，設(shè)方程f(x)＋mx＝0的兩個(gè)根

17、為x1，x2，且≥ea，求證：＞. 解析：(1)∵h(yuǎn)(x)＝g(x)－f(x)＝x－aln x＋，其定義域?yàn)?0，＋∞)， ∴h′(x)＝. 在(0，＋∞)遞增； ②a＋1＞0即a＞－1時(shí)，x∈(0,1＋a)時(shí)，h′(x)＜0，x∈(1＋a，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0， h(x)在(0,1＋a)遞減，在(1＋a，＋∞)遞增， 綜上，a＞－1時(shí)，h(x)在(0,1＋a)遞減，在(1＋a，＋∞)遞增，a≤－1時(shí)，h(x)在(0，＋∞)遞增． (2)證明：由(1)得x＝1＋a是函數(shù)h(x)的唯一極值點(diǎn)，故a＝2. ∵2ln x1＋mx1＝0,2ln x2＋mx2＝0， ∴2(ln x

18、2－ln x1)＝m(x1－x2)， 又f(x)＝2ln x，∴f′(x)＝， ＝ ＝ ＝＋m＝＋ln. 令＝t≥e2，φ(t)＝＋ln t，則φ′(t)＝＞0， ∴φ(t)在[e2，＋∞)上遞增，φ(t)≥φ(e2)＝1＋＞1＋＝. 故＞. 5．(2019·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)； (2)設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線． 解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞)． 因?yàn)閒′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)單調(diào)遞增． 因?yàn)閒(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零點(diǎn)x1，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零點(diǎn). 綜上，f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)． (2)因?yàn)椋?，故點(diǎn)B在曲線y＝ex上． 由題設(shè)知f(x0)＝0，即ln x0＝，故直線AB的斜率k＝＝＝. 曲線y＝ex在點(diǎn)B處切線的斜率是，曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處切線的斜率也是，所以曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線． - 8 -