2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（十五） 函数与导数”大题常考的4类题型 作业.doc

《2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（十五） 函数与导数”大题常考的4类题型 作业.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（十五） 函数与导数”大题常考的4类题型 作业.doc（6页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页 共 6 页 课时跟踪检测（十五）课时跟踪检测（十五） “函数与导数”大题常考的“函数与导数”大题常考的4 类题型类题型 1已知函数已知函数 f(x)kxln x1(k0) (1)若函数若函数 f(x)有且只有一个零点，求实数有且只有一个零点，求实数 k 的值；的值； (2)求证：当求证：当 nN*时，时，112131nln(n1) 解：解：(1)f(x)kxln x1， f(x)k1xkx1x(x0，k0) 当当 0 x1k时，时，f(x)1k时，时，f(x)0， f(x)在在 0，1k上单调递减，在上单调递减，在 1k， 上单调递增，上单调递增，f(x)minf 1kln k，

2、f(x)有且只有一个零点，有且只有一个零点，ln k0，k1. (2)证明：由证明：由(1)知知 xln x10，即，即 x1ln x，当且仅当，当且仅当 x1 时取等号，时取等号，nN*，令令 xn1n，得，得1nln n1n， 112131nln21ln32lnn1nln(n1)，故，故 112131nln(n1) 2已知函数已知函数 f(x)axex(x1)2，aR. (1)讨论函数讨论函数 f(x)的极值；的极值； (2)若函数若函数 g(x)f(x)e 在在 R 上恰有两个零点，求上恰有两个零点，求 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)f(x)aexaxex2(x1)(aex2)

3、(x1) 当当 a0 时，令时，令 f(x)0 x1， x(，1)时，时，f(x)0，f(x)单调递减；单调递减； x(1，)时，时，f(x)0，f(x)单调递增，单调递增， 所以所以 f(x)有极小值有极小值 f(1)ae，无极大值，无极大值 当当 a0 时，令时，令 f(x)0 x1 或或 xln 2a. ()a2e，x ，ln 2a时，时，f(x)0，f(x)单调递减；单调递减；x ln 2a，1 时，时，f(x)0，f(x)单调递增；单调递增；x(1，)时，时，f(x)0，f(x)单调递减，单调递减， 所以所以 f(x)有极小值有极小值 f ln 2a2ln 2a ln 2a12 ln

4、 2a21，有极大值，有极大值第 2 页 共 6 页 f(1)ae. ()2ea0，x(，1)时，时，f(x)0，f(x)单调递增；单调递增；x ln 2a， 时，时，f(x)0，f(x)单调递减，所以单调递减，所以 f(x)有极小有极小值值 f(1)ae，有极大值，有极大值 f ln 2a2ln 2a ln 2a12 ln 2a21. ()当当 a2e 时，时，f(x)0 恒成立，恒成立，f(x)在在 R 上单调递减，无极值上单调递减，无极值 (2)函数函数 g(x)f(x)e 在在 R 上恰有两个零点，上恰有两个零点， 即函数即函数 f(x)的图象与直线的图象与直线 ye 恰有两个交点，由

5、恰有两个交点，由(1)知，知， 当当 a0 时，只需满足时，只需满足 eaeae2， 所以所以 a0，) 当当 a0 时，时， ()若若 a2e，结合，结合(1)知，知，x(1，)时，时，f(x)单调递减，单调递减， f(1)ae42e240. (1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调性；的单调性； (2)设函数设函数 h(x)g(x)f(x)，若，若 h(x)0 对任意的对任意的 x(0,1)恒成立，求实数恒成立，求实数 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)函数函数 f(x)的定义域为的定义域为(0，) 因为因为 f(x)aexln x，所以，所以 f(x)aex ln x1x. 令令 (

6、x)ln x1x，则，则 (x)x1x2. 当当 x(0,1)时，时，(x)0， 第 3 页 共 6 页 所以所以 (x)在在(1，)上单调递增上单调递增 所以所以 (x)(1)10. 又因为又因为 a0，ex0，所以，所以 f(x)0 在在(0，)上恒成立上恒成立 所以所以 f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 (2)h(x)g(x)f(x)x2xln aaexln x. 由由 h(x)0 得得 x2xln aaexln x0， 即即 aexln xx2xln a. 所以所以ln xxln xx对任意对任意 x(0,1)恒成立恒成立 设设 H(x)ln xx，则，则 H(x)1ln xx

7、2， 所以，当所以，当 x(0,1)时，时，H(x)0，函数，函数 H(x)单调递增，且当单调递增，且当 x(1，)时，时，H(x)0；当当 x(0,1)时，时，H(x)x，则，则 H(aex)0H(x) 若若 0aexH(x)， 且且 H(x)在在(0,1)上单调递增，所以上单调递增，所以 aexx. 综上可知，综上可知，aexx 时对任意时对任意 x(0,1)恒成立，恒成立， 即即 axex对任意对任意 x(0,1)恒成立恒成立 设设 G(x)xex，x(0,1)，则，则 G(x)1xex0. 所以所以 G(x)在在(0,1)上单调递增，所以上单调递增，所以 G(x)1x1ex1在在(1，

8、)上恒成立？若存在，求出上恒成立？若存在，求出 m的最小值；若不存在，请说明理由的最小值；若不存在，请说明理由 解：解：(1)证明：证明：m1 时，时，f(x)12(x21)ln x(x0)， 则则 f(x)1xxx21x， 第 4 页 共 6 页 当当 x(0,1)时，时，f(x)0， 所以所以 f(x)在在(0,1)上递减，在上递减，在(1，)上递增，上递增， 所以所以 f(x)minf(1)0，故，故 f(x)0. (2)由题意知，由题意知，f(x)1xmxmx21x，x0. 当当 m0 时，时，f(x)mx21x0 时，令时，令 f(x)mx21x0，得，得 x1m， 当当 x 0，1

9、m时，时，f(x)0， 所以所以 f(x)在在 0，1m上单调递减，在上单调递减，在 1m，上单调递增上单调递增 故故 f(x)在在 x1m处取得极小值处取得极小值 f 1m12ln m1212m，无极大值，无极大值 (3)不妨令不妨令 h(x)1x1ex1ex1xxex1，不难证明，不难证明 ex1x0，当且仅当，当且仅当 x1 时取等号，时取等号， 所以，当所以，当 x(1，)时，时，h(x)0. 由由(1)知，当知，当 m0，x1 时，时，f(x)在在(1，)上单调递减，上单调递减， f(x)1x1ex1在在(1，)上恒成立，只能上恒成立，只能 m0. 当当 0m1，由，由(1)知知 f

10、(x)在在 1，1m上单调递减，上单调递减， 所以所以 f 1m1，所以，所以 mxx，ex11,01ex11，11ex11xx1x21x3x2x1x2 x1 x21 x20， 所以所以 F(x)在在(1，)上单调递增上单调递增 又又 F(1)0，所以，所以 x(1，)时，时，F(x)0 恒成立，恒成立， 即即 f(x)h(x)0 恒成立恒成立 第 5 页 共 6 页 故存在故存在 m1，使得不等式，使得不等式 f(x)1x1ex1在在(1，)上恒成立，此时上恒成立，此时 m 的最小值是的最小值是 1. 5(2021 年年 1 月新高考八省联考卷月新高考八省联考卷)已知函数已知函数 f(x)e

11、xsin xcos x，g(x)exsin xcos x. (1)证明：当证明：当 x54时，时，f(x)0； (2)若若 g(x)2ax，求，求 a. 解：解：(1)证明：因为证明：因为 f(x)exsin xcos xex 2sin x4， f(x)excos xsin xex 2sin x4， f(x)g(x)exsin xcos xex 2sin x4， 考虑到考虑到 f(0)0，f(0)0，所以，所以 当当 x 54，4时，时， 2sin x40； 当当 x 4，0 时，时，f(x)0，所以，所以 f(x)单调递增，单调递增，f(x)f(0)0， 所以所以 f(x)单调递减，单调递减

12、，f(x)f(0)0； 当当 x 0，34时，时，f(x)0，所以，所以 f(x)单调递增，单调递增，f(x)f(0)0， 所以所以 f(x)单调递增，单调递增，f(x)f(0)0； 当当 x 34， 时，时，f(x)ex 2sin x4e34 20. 综上，当综上，当 x54时，时，f(x)0. (2)构造构造 F(x)g(x)2axexsin xcos x2ax， 则则 F(x)min0， 所以所以 F 54e5454a20a2e54540. 又又 F(0)0，所以，所以，F(x)在在 R 上的最小值为上的最小值为 F(0) F(x)excos xsin xa，F(0)2a， F(x)ex

13、sin xcos xf(x) 由由(1)可知：可知：F(x)f(x)0 在在 x54时恒成立，时恒成立， 所以所以 F(x)excos xsin xa 在在 54， 单调递增单调递增 第 6 页 共 6 页 若若 a2，则，则 F(x)在在 54，0 为负，为负，(0，)为正，为正， 所以所以 F(x)在在 54，0 递减，在递减，在(0，)递增，所以递增，所以 F(x)0； 而当而当 x54时，时， F(x)exsin xcos x22xexsin xcos x252522 20， 故故 a2 满足题意满足题意 若若 a2， 则， 则 F(0)2a0， 因为， 因为 F(x)ex 2a， 所

14、以， 所以 F(ln( 2a)ex 2a0， 由零点存在定理，必存在由零点存在定理，必存在 x0(0，ln( 2a)使得使得 F(x0)0，此时满足，此时满足 x(0，x0)时，时，F(x)0，F(x)递减，所以递减，所以 F(x0)F(0)0，推得矛盾，舍去，推得矛盾，舍去 若若2e5454a2， 则， 则 F(0)0， F 54e54 2ae12 20， 故， 故 F(x)在在 54，0 上存在零点，设为上存在零点，设为 x0. 当当 x(x0,0)时，时，F(x)0，则，则 F(x)在在(x0,0)递增，递增， 所以所以 F(x0)F(0)0，与题意不符，舍去，与题意不符，舍去 综上所述，综上所述，a2.