教辅：高考数学二轮复习考点-导数及其应用2.doc

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1、考点八导数及其应用(二)解答题1(2020全国卷)设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点处的切线与y轴垂直(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解(1)f(x)3x2b，由题意，f0，即32b0，则b.(2)证明：由(1)可得f(x)x3xc，f(x)3x23，令f(x)0，得x或x；令f(x)0，得x.所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增又f(1)c，fc，fc，f(1)c，假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(1)0或f(1)0，即c或c.当c时，f(1)c0，fc0，fc0，f(1)c0，又f(4

2、c)64c33cc4c(116c2)0，由零点存在性定理知f(x)在(4c，1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(，1)上存在唯一一个零点，在(1，)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c时，f(1)c0，fc0，fc0，f(1)c0，又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由零点存在性定理知f(x)在(1，4c)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(1，)上存在唯一一个零点，在(，1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾，综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.2(2020山东潍坊6月模拟)已知函数f(x)xln xm

3、x2(mR)，g(x)x.(1)若曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线与直线xy10平行，求m；(2)证明：在(1)的条件下，对任意x1，x2(0，)，f(x1)g(x2)成立解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1mx，f(1)1m，因为曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线与直线xy10平行，所以1m1，即m0.(2)证明：在(1)的条件下，f(x)xln x，可得f(x)ln x1，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)xln x在x时取得最小值f，可知f(x1)，由g(x)x，得g(x)，令h(x)g(x)，则h(x)，所以当x(0,1)时，h(x)0，h(

4、x)单调递增，当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递减，所以g(x)g(1)h(1)，因为g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递减，可知g(x2)g(x2)3(2020海南中学高三第六次月考)已知函数f(x)x2aln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)ln xbxcx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x11，令f(x)0得x1a，x2a.当x(0，a)(a，)时，f(x)0，当a1时，f(x)的单调递减区间为(0，)，无单调递增区间；当a1时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，(a，)；单调递增区间为(a，a)(2)由(1)知，a1且x1x22a，x1x21.

5、又g(x)b2cx，gbc(x1x2)，由g(x1)g(x2)0，得ln b(x1x2)c(xx)，y(x1x2)gb(x1x2)c(xx)ln ln .令t(0,1)，yln t，y1，故实数a的取值范围是.4(2020河南开封二模)已知函数f(x)axex(x1)sinxcosx.(1)当a1，x时，求f(x)的最小值；(2)若函数g(x)，x，且函数g(x)的导函数g(x)存在零点，求实数a的取值范围解(1)当a1时，f(x)xex(x1)sinxcosx，f(x)(x1)exsinx(x1)cosxsinx(x1)(excosx)当x时，ex0，cosx0，所以excosx0；当x时，

6、ex1，|cosx|1，所以excosx0.所以当x时，excosx0.故由f(x)0，得x1；由f(x)0，得x1，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为1，)，所以f(x)的最小值为f(1)cos1.(2)由题意得，g(x)aexsinx，x，函数g(x)有零点，即g(x)aexcosx0在上有解，所以a，设m(x)，则m(x).若m(x)0，则sinxcosx0，即sin0，解得x，且x0；若m(x)0，则sinxcosx0，即sin0，解得x1，所以ea1或1ae，所以实数a的取值范围是.1(2020山东泰安二轮复习检测)已知函数f(x)(x1)ex(x1)ex，x0.(1)证明

7、：0f(x)ex；(2)若g(x)ex，当x0,1时，f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解(1)证明：f(x)x(exex)，当x0时，ex1，ex1，f(x)0，f(x)在0，)上是增函数，又f(0)0，f(x)0.由f(x)ex，整理，得(ex)2(x1)2，即exx1，令(x)exx1(x0)，则(x)ex10，(x)在0，)上是增函数，又(0)0，(x)0，exx1，f(x)ex，综上，0f(x)ex.(2)当x0,1时，f(x)g(x)恒成立，即(x1)ex(x1)exex恒成立，即(1x)e2x0.由(1)可知，当x0,1时，f(x)(x1)ex(x1)ex0，即(1x)e

8、2x1x，(1x)e2x1xax12xcosxx，令G(x)2cosx，则G(x)x2sinx，令H(x)x2sinx，则H(x)12cosx，当x0,1时，H(x)3时，由(1)可知e2x(x1)2，即(1x)e2x，(1x)e2x1ax2xcosxax2xcosxx，令I(x)a2cosxaG(x)，则I(x)G(x)，当x0,1时，I(x)3，a30，存在x00,1，使得I(x0)0，此时f(x0)3时，f(x)g(x)在0,1上不恒成立综上，实数a的取值范围是(，32(2020广州综合测试一)已知函数f(x)(xa)ebx(b0)的最大值为，且曲线yf(x)在x0处的切线与直线yx2平

9、行(其中e为自然对数的底数)(1)求实数a，b的值；(2)如果0x13.解(1)由已知，得f(x)(bxab1)ebx，f(0)ab11，所以ab0，又因为b0，所以a0.此时可得f(x)xebx(b0)，f(x)(bx1)ebx.若b0，则当x时，f(x)时，f(x)0，f(x)单调递增此时，函数f(x)有最小值，无最大值若b0，则当x0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减此时f(x)maxfe1，解得b1.所以a0，b1.(2)证明：由(1)知，f(x)，由0x10)，则etx1x1t，可得x1，x2，所以要证3x1x23，即证3.因为t0，所以et10，所以即证(t3

10、)et3t30.设g(t)(t3)et3t3(t0)，则g(t)(t2)et3.令h(t)(t2)et3，则h(t)(t1)et.当t(0,1)时，h(t)0，h(t)单调递增所以h(t)h(1)3e0，即g(t)0，所以g(t)在(0，)上单调递增所以g(t)g(0)0.所以3x1x23.3(2020山东济南二模)已知函数f(x)存在唯一的极值点x0.(1)求实数a的取值范围；(2)若x1，x2(x0，)，证明：log(x1x2)(x1x2)eax1eax2.解(1)函数的定义域为(0，)，f(x)，令g(x)aln x，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，不符合题意；若a0

11、，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，gaaln a，()若1ln 0，即ea0时，g(x)aln x0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，不符合题意；()若1ln 0，即ae时，g0，因为g(x)aln x，则g0，所以g(x)在(0，)上有两个变号零点，所以f(x)有两个极值点，不符合题意；若a0，g(x)0，ge10，f(x)0，当x(x0，)时，g(x)0，f(x)1，因为x1x0，x2x0，所以ln x10，ln x20，ln (x1x2)0，由(1)可知函数f(x)在(x0，)上单调递减，所以f(x1)f(x1x2)，f(x2)f(x1x2)，即，现证明不等式：，其中a

12、，b，c，d(0，)要证，即证，即证abdad2b2cbcdabdbcd，即证ad2b2c0，易知成立所以，即，即eax1eax2，所以log(x1x2)(x1x2)eax1eax2，证毕4(2020全国卷)已知函数f(x)sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0，)的单调性；(2)证明：|f(x)|；(3)设nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx.解(1)f(x)sin2xsin2x2sin3xcosx，则f(x)2(3sin2xcos2xsin4x)2sin2x(3cos2xsin2x)2sin2x(4cos2x1)2sin2x(2cosx1)(2cosx

13、1)，f(x)0在x(0，)上的根为x1，x2，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：注意到f(x)sin2(x)sin2(x)sin2xsin2xf(x)，故函数f(x)是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得f(0)f()0，f2，f2，据此可得f(x)max，f(x)min，所以|f(x)|.(3)证明：结合(2)的结论有sin2xsin22xsin24xsin22nx(sin3xsin32xsin34xsin32nx)sinx(sin2xsin2x)(sin22xsin4x)(sin22n1xsin2nx)sin22nxn.