（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點 解答題專練 第6講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理

第6講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用真題調(diào)研【例1】2019·全國卷已知函數(shù)f(x)sinxln(1x)，f(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，證明：(1)f(x)在區(qū)間存在唯一極大值點；(2)f(x)有且僅有2個零點解：(1)設(shè)g(x)f(x)，則g(x)cosx，g(x)sinx.當(dāng)x時，g(x)單調(diào)遞減，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零點，設(shè)為.則當(dāng)x(1，)時，g(x)0；當(dāng)x時，g(x)0.所以g(x)在(1，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故g(x)在存在唯一極大值點，即f(x)在存在唯一極大值點(2)f(x)的定義域為(1，)()當(dāng)x(1,0時，由(1)知，f(x)在(1,0)單調(diào)遞增，而f(0)0，所以當(dāng)x(1,0)時，f(x)0，故f(x)在(1,0)單調(diào)遞減又f(0)0，從而x0是f(x)在(1,0的唯一零點()當(dāng)x時，由(1)知，f(x)在(0，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而f(0)0，f0，所以存在，使得f()0，且當(dāng)x(0，)時，f(x)0；當(dāng)x時，f(x)0.故f(x)在(0，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減又f(0)0，f1ln0，所以當(dāng)x時，f(x)0.從而，f(x)在沒有零點()當(dāng)x時，f(x)0，所以f(x)在單調(diào)遞減而f0，f()0，所以f(x)在有唯一零點()當(dāng)x(，)時，ln(x1)1，所以f(x)0，從而f(x)在(，)沒有零點綜上，f(x)有且僅有2個零點【例2】2019·全國卷已知函數(shù)f(x)2x3ax2b.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間0,1的最小值為1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由解：(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0或x.若a0，則當(dāng)x(，0)時，f(x)0；當(dāng)x時，f(x)0.故f(x)在(，0)，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；若a0，f(x)0，故f(x)在(，)單調(diào)遞增；若a0，則當(dāng)x(0，)時，f(x)0；當(dāng)x時，f(x)0.故f(x)在，(0，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減(2)滿足題設(shè)條件的a，b存在()當(dāng)a0時，由(1)知，f(x)在0,1單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間0,1的最小值為f(0)b，最大值為f(1)2ab.此時，a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b1,2ab1，即a0，b1.()當(dāng)a3時，由(1)知，f(x)在0,1單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間0,1的最大值為f(0)b，最小值為f(1)2ab.此時，a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2ab1，b1，即a4，b1.()當(dāng)0a3時，由(1)知，f(x)在0,1的最小值為fb，最大值為b或2ab.若b1，b1，則a3，與0a3矛盾若b1,2ab1，則a3或a3或a0，與0a3矛盾綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a0，b1或a4，b1時，f(x)在0,1的最小值為1，最大值為1.【例3】2019·浙江卷已知實數(shù)a0，設(shè)函數(shù)f(x)alnx，x>0.(1)當(dāng)a時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)對任意x均有f(x)，求a的取值范圍注：e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)解：(1)當(dāng)a時，f(x)lnx，x>0.f(x).所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，)(2)由f(1)，得0<a.當(dāng)0<a時，f(x)等價于2lnx0.令t，則t2.設(shè)g(t)t22t2lnx，t2，則g(t)22lnx.當(dāng)x時，2，則g(t)g(2)842lnx.記p(x)42lnx，x，則p(x).x，p(x)，p(x)的變化情況如下：x1(1，)p(x)0p(x)p單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增所以，p(x)p(1)0.因此，g(t)g(2)2p(x)0.當(dāng)x時，g(t)g.令q(x)2lnx(x1)，x，則q(x)1>0，故q(x)在上單調(diào)遞增，所以q(x)q.由得，qp<p(1)0.所以，q(x)<0.因此，g(t)g>0.由知對任意x，t2，)，g(t)0，即對任意x，均有f(x).綜上所述，所求a的取值范圍為.【例4】2019·天津卷設(shè)函數(shù)f(x)excosx，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，證明f(x)g(x)·0；(3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)f(x)1在區(qū)間內(nèi)的零點，其中nN，證明2nxn<.解：(1)由已知，有f(x)ex(cosxsinx)因此，當(dāng)x(kZ)時，有sinx>cosx，得f(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(kZ)時，有sinx<cosx，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(kZ)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)(2)記h(x)f(x)g(x)，依題意及(1)，有g(shù)(x)ex(cosxsinx)，從而g(x)2exsinx.當(dāng)x時，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，進而h(x)hf0.所以，當(dāng)x時，f(x)g(x)0.(3)依題意，u(xn)f(xn)10，即exncosxn1.記ynxn2n，則yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，當(dāng)x時，g(x)<0，所以g(x)在上為減函數(shù)，因此g(yn)g(y0)<g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn<.所以，2nxn<.模擬演練12019·南昌二模已知函數(shù)f(x)x·exa(lnxx)，g(x)mx1，a，mR且為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)討論函數(shù)f(x)的極值點個數(shù)；(2)當(dāng)a1時，f(x)g(x)對任意的x(0，)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解：(1)f(x)的定義域為(0，)，f(x)(x1)exa(xexa)，因為函數(shù)yxex在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，且值域為(0，)，所以，當(dāng)a0時，xexa>0，f(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，無極值點；當(dāng)a>0時，方程xexa0有唯一解，設(shè)為x0(x0>0)，且當(dāng)0<x<x0時，f(x)<0，當(dāng)x>x0時，f(x)>0，所以x0是函數(shù)f(x)的極小值點，即函數(shù)f(x)只有1個極值點(2)解法一：當(dāng)a1時，不等式f(x)g(x)對任意的x(0，)恒成立，即xexlnx1(m1)x對任意的x(0，)恒成立，即exm1對任意的x(0，)恒成立，記F(x)ex，則F(x)ex，記h(x)x2exlnx，則h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，且，h(1)e>0，所以存在x1使得h(x1)0，且當(dāng)x(0，x1)時，h(x)<0，F(xiàn)(x)<0；當(dāng)x(x1，)時，h(x)>0，F(xiàn)(x)>0.所以1m1，解得m0.綜上，實數(shù)m的取值范圍是(，0解法二：當(dāng)a1時，不等式f(x)g(x)對任意的x(0，)恒成立，即xexlnx1(m1)x對任意的x(0，)恒成立，即m1對任意的x(0，)恒成立，記h(t)ett，因為h(t)et1，所以當(dāng)t<0時，h(t)<0，當(dāng)t>0時，h(t)>0，所以h(t)h(0)1，因此ett1(當(dāng)且僅當(dāng)t0時取“”)，所以xexlnx1elnxxlnx1lnxx1lnx1x，所以當(dāng)x>0時，1，且當(dāng)xlnx0時，取到“”，所以的最小值是1，因此1m1，即m0.綜上，實數(shù)m的取值范圍是(，022019·廣州綜合測試二已知函數(shù)f(x)lnx(kR)(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2，求k的取值范圍，并證明x1x2>2.解：(1)因為f(x)lnx，函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，所以f(x)，x>0.當(dāng)k0時，f(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增當(dāng)k<0時，由f(x)0，得x或x(舍去)，當(dāng)x(0，)時，f(x)<0，當(dāng)x(，)時，f(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增綜上所述，當(dāng)k0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)k<0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增(2)先求k的取值范圍解法一：由(1)知，當(dāng)k0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，不可能有兩個零點，不滿足條件當(dāng)k<0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增，所以f(x)minf()ln.要使函數(shù)f(x)有兩個零點，首先f(x)minln<0，解得<k<0.2k<<1，且f(1)k>0，下面證明f(2k)ln(2k)>0.設(shè)g(k)ln(2k)，則g(k).當(dāng)k>時，g(k)>>0.所以g(k)在上單調(diào)遞增，所以g(k)>gln>0，即f(2k)>0成立【若考生書寫為：當(dāng)x0時，f(x)，且f(1)k>0.此處不扣分】所以k的取值范圍是.解法二：由f(x)lnx0，得kx2lnx.設(shè)g(x)x2lnx，則g(x)x(2lnx1)當(dāng)0<x<時，g(x)<0，當(dāng)x>時，g(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增所以g(x)ming().因為x0時，g(x)0，且g(1)0，所以要使函數(shù)f(x)有兩個零點，必有<k<0.所以k的取值范圍是.再證明x1x2>2.解法一：x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，不妨設(shè)x1<x2，令x2tx1，則t>1.由，得lnx2lnx1.所以lnt，即x，<k<0，t>1.要證x1x2>2，即證(x1x2)2>8k，即證x(1t2)>8k，即證(1t)2>8k，因為<k<0，t>1，所以即證(1t)2<8lnt，即證8lnt(1t)2<0(t>1)設(shè)h(t)8lnt(1t)2，即h(t)8lntt22t，所以h(t)2t2，則當(dāng)t>1時，h(t)<0，所以h(t)在(1，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t>1時，h(t)8lnt(1t)2<h(1)0.所以x1x2>2.解法二：x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，不妨設(shè)x1<x2，令x2tx1，則t>1.由，得lnx2lnx1.所以lnt，即x，<k<0，t>1.要證x1x2>2，即證>，即證tx>2k，即證t×>2k，因為<k<0，t>1，所以即證t>2lnt(t>1)設(shè)h(t)2lntt，所以h(t)1，則當(dāng)t>1時，h(t)<0，所以h(t)在(1，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t>1時，h(t)2lntt<h(1)0.所以x1x2>2>2.解法三：x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，不妨設(shè)x1<x2，令x2tx1，則t>1.由得lnx1lnx2.要證x1x2>2，即證>，只需證lnxlnx2>ln(2k)即證>ln(2k)，即證>ln(2k)，即證k>ln(2k)由(1)可得0<x1<，所以0<x<2k，即>.所以k>k×>×(11)1.而ln(2k)<ln1，所以k>ln(2k)成立所以x1x2>2>2.解法四：x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，不妨設(shè)x1<x2，令x2tx1，則t>1.由得lnx2lnx1.先證明<，即證明lnt<(t>1)設(shè)h(t)lnt，則h(t)，當(dāng)t>1時，h(t)>0，所以h(t)在(1，)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)0，所證不等式成立所以有<，即k(x1x2)<()3.因為<(x1x2)，所以k(x1x2)<3，即(x1x2)2>8k.所以x1x2>2.解法五：要證x1x2>2，其中x1(0，)，x2(，)，即證x2>2x1.由(1)得函數(shù)f(x)在(，)上單調(diào)遞增，又2x1>，所以只需證明f(x2)>f(2x1)因為f(x2)f(x1)，所以只要證明f(x1)>f(2x1)，其中x1(0，)構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)f(2x)，x(0，)，則F(x)lnxln(2x).因為F(x)(利用基本不等式)<<0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，所以F(x)>F()lnln0，所以f(x)>f(2x)在(0，)上恒成立所以要證的不等式x1x2>2成立32019·太原一模已知函數(shù)f(x)lnxax2(2a)x，aR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a時，若對于任意x1，x2(1，)(x1x2)，都存在x0(x1，x2)，使得f(x0)，證明：x0.解：(1)由題意得f(x)2ax(2a)，x0.當(dāng)a0時，f(x)0在(0，)上恒成立，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時，令f(x)0，則0x；令f(x)0，則x，f(x)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減(2)證明：當(dāng)a時，lna(x2x1)(2a)，f(x0)2ax0(2a)，lna(x2x1)2ax0.ff(x0)a(x2x1)ln·令t，g(t)lnt，t1，則g(t)0，g(t)g(1)0，ff(x0)0，ff(x0)設(shè)h(x)f(x)2ax(2a)，x1，則h(x)2a110，h(x)f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，x0.42019·石家莊一模已知函數(shù)f(x)lnx，g(x)，aR.(1)求函數(shù)f(x)的極小值；(2)求證：當(dāng)1a1時，f(x)g(x)解：(1)f(x)，(x0)當(dāng)a10時，即a1時，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，無極小值；當(dāng)a10時，即a1時，f(x)00xa1，函數(shù)f(x)在(0，a1)上單調(diào)遞減；f(x)0xa1，函數(shù)f(x)在(a1，)上單調(diào)遞增；f(x)極小值f(a1)1ln(a1)綜上所述，當(dāng)a1時，f(x)無極小值；當(dāng)a1時，f(x)極小值1ln(a1)(2)令F(x)f(x)g(x)lnx，(x0)當(dāng)1a1時，要證：f(x)g(x)，即證F(x)0，即證xlnxasinx10.解法一：要證xlnxasinx10，即證xlnxasinx1.當(dāng)0a1時，令h(x)xsinx(x>0)，h(x)1cosx0，所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，故h(x)h(0)0，即xsinx，ax1asinx1(*)令q(x)xlnxx1，q(x)lnx，當(dāng)x(0,1)，q(x)0，q(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；x(1，)，q(x)0，q(x)在(1，)上單調(diào)遞增，故q(x)q(1)0，即xlnxx1.當(dāng)且僅當(dāng)x1時取等號又0a1，xlnxx1ax1(*)由(*)及(*)可知xlnxx1ax1asinx1，所以當(dāng)0a1時，xlnxasinx1.當(dāng)a0時，即證xlnx1.令m(x)xlnx，m(x)lnx1，m(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，m(x)minm1，故xlnx1.當(dāng)1a0時，當(dāng)x(0,1時，asinx11，由知m(x)xlnx，而1，故xlnxasinx1；當(dāng)x(1，)時，asinx10，由知m(x)xlnxm(1)0，故xlnxasinx1；所以，當(dāng)x(0，)時，xlnxasinx1.綜上可知，當(dāng)1a1時，f(x)g(x)解法二：當(dāng)1a1時，下證xlnxasinx10，即證xlnxasinx1.當(dāng)x1時，易知xlnx0，asinx10，故xlnxasinx10.當(dāng)x1時，0asin110顯然成立，故xlnxasinx10.當(dāng)0x1時，sinx0，故sinxasinxsinx，令h(x)xsinx(x>0)，h(x)1cosx0，所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，故h(x)h(0)0，即xsinx，故asinxx；只需證q(x)xlnxx10，q(x)lnx，當(dāng)x(0,1)，q(x)0，q(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，故q(x)q(1)0，故xlnxasinx10.綜上可知，當(dāng)1a1時，f(x)g(x)解法三：易知f(x)g(x)lnxa.要證f(x)g(x)，即證lnxa·.令(x)lnx，則(x)，故(x)min(1)1.故(x)>1.令h(x)sinxx，h(x)cosx10，故h(x)在(0，)上遞減由h(0)0，從而當(dāng)x0時sinxx，故1.由1a1，故a·1.所以lnx>a·，綜上，當(dāng)1a1時，f(x)g(x)14