2021年2021年2021届江苏省高考数学二轮复习专题导数的综合应用与热点问题课时作业.docx

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1、精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -解答题 (本大题共5 小题，每道题12 分，共 60 分 )1(2021 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 4，2时，证明f(x) g(x) x 0. 2解析： (1) 由已知，有f( x) ex(cos x sin x)因此，当x2k ，42k 54(k Z )时，3有 sin x cos x，得 f (x) 0，就 f(x)单调递减；当x 2k 4 ， 2k4 (k Z )时，有 sin x cos x，得 f (x) 0，就

2、 f( x)单调递增3所 以 ， f(x) 的 单 调 递 增 区 间 为2k 4 ， 2k 4(k Z ) ， f(x) 的 单 调 递 减 区 间 为2k5 4，2k4(k Z )x(2)证明 ：记 h(x) f (x) g(x)2 x ，依题意及 (1)，有 g(x) e (cos x sin x)，从而 g (x) 2exsin x当x 时， g( x) 0 ，故h (x) f (x) g (x)x g(x)( 1) 24， 2 g (x)2 x 0.因此， h(x)在区间4， 2 上单调递减，进而h(x) h 2 f 2 0.所以，当x 4， 2 时， f (x) g(x) 2 x

3、0.x22(2021 大庆三模 )设函数 f(x) 2 kln x， k 0.(1) 求 f(x) 的 单 调 区 间 和 极 值 ； (2)证明：如f(x)存在零点，就f(x)在区间 (1，e)上仅有一个零点x2kx2 k解析： (1) 由 f(x) 2 kln x(k 0)得 f (x) x xx.由 f (x) 0 解得 xk.f(x)与 f (x)在区间 (0， )上的变化情形如下：x(0 ，k)k(k， ) f (x)0f(x)k 1 ln k 2所以， f(x)的单调递减区间为(0，k)，单调递增区间为(k， )；f(x)在 xk处取得极小值 f(k)k 1 ln k2.第 1 页

4、，共 4 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -(2)证明：由 (1) 知， f(x)在区间 (0， )上的最小值为f(k)k 1 ln k2.由于 f(x)存在零点，所以k 1 ln k0，从而 k e.2当 k e 时， f(x)在区间 (1，e)上单调递减，且f(e)0， 所以 xe为 f(x)在区间 (1，e上的唯独零点1当 k e 时， f(x)在区间 (0，e)上单调递减，且f(1) 2 0，f(e)e k2 0，所以 f(x)在区间 (1，e 上仅有一个零点综上可知，如f (x)存在零点，就f(x)在

5、区间 (1，e上仅有一个零点 3(2021 全国卷 )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， )存在唯独零点；(2)如 x 0， 时， f( x) ax，求 a 的取值范畴解： (1) 设 g(x) f (x)，就 g(x) cos xxsin x1， g (x) xcos x.当 x 0， 2 时， g (x) 0；当 x 2， 时， g(x)0，所以 g(x)在 0， 2 上单调递增，在 2， 上单调递减又 g(0) 0， g2 0， g() 2，故 g(x) 在(0， )存在唯独零点，所以 f( x)在区

6、间 (0， )存在唯独零点(2)由题设知f() a，f () 0，可得 a 0，由(1) 知， f (x) 在(0，)只有一个零点，设为x0，且当 x (0，x0)时， f (x) 0；当 x (x0，)时， f (x) 0，所以 f(x)在(0， x0)上单调递增，在(x0， )上单调递减又 f (0) 0， f() 0，所以当x 0 ， 时， f (x) 0.又当 a 0，x 0 ， 时， ax0，故 f(x)ax.因此， a 的取值范畴为 ( ， 0 4(2021 成都诊断 )已知函数f(x) (x2 2ax a2) ln x， a R . 2(1)当 a 0 时，求函数f(x)的单调区

7、间；f x(2)当 a 1 时， 令 F (x) x 1 xln x，证明： F (x) e，其中 e 为自然对数的底数；(3)如函数 f(x)不存在极值点，求实数a 的取值范畴第 2 页，共 4 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -f x(2)证明： F (x) xln x xln x x.x 1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(e2) e 2.(3)f (x)2( xa)ln xxa 2xx ax(2 xln x xa) 令 g

8、(x) 2xln xx a，就 g (x)3 2ln x，由函数 f(x )无极值点，易知x a 为方程 f (x) 0 的重根，2aln aa 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， x01 且 x0 a，函数 f( x)的极值点为a 和 x0； 当 a 1 时， x01，此时函数f( x)无极值第 3 页，共 4 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -5(2021 深圳三模 )已知函数f(x) xln x.(1

9、)求函数 f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t 0，存在唯独的m 使 t f(m)；7ln g t(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 1.10ln t解析： (1) f(x) xln x，f (x) ln x 1(x 0)，1当 x 0， e1时， f(x)0，此时 f(x)在 0， e上单调递减，当 x1， 时， f (x) 0， f(x)在1， 上单调递增ee(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

10、(et) t(et1) 0，存在唯独的 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，如 m g(t)e，就由 f(m)的单调性有t f(m) f(e) e，冲突， m e，ln g tln mln mln mu又ln t ln f m ln mln m ln mln ln m u ln u，7ln g t3其中 u ln m， u 1，要使 10 ln t 1 成立，只需0 ln u 7u，313令 F (u) ln u 7u， u 1， F (u) u 7，7当 1 u 3时 F (u) 0， F(u)单调递增，当u7时， F (u) 0， F (u)单调递减 373对 u 1， F( u) F3 0，即 ln u 7u 成立7综上，当t e 时， 10ln g tln t 1 成立第 4 页，共 4 页 - - - - - - - - - -