《2020版新高考二轮复习理科数学教学案：第三部分第6讲 导数及其应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版新高考二轮复习理科数学教学案：第三部分第6讲 导数及其应用（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第6讲导数及其应用真题调研【例1】2019全国卷已知函数f(x)sinxln(1x)，f(x)为f(x)的导数，证明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点解：(1)设g(x)f(x)，则g(x)cosx，g(x)sinx.当x时，g(x)单调递减，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零点，设为.则当x(1，)时，g(x)0；当x时，g(x)0.所以g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点(2)f(x)的定义域为(1，)()当x(1,0时，由(1)知，f(x)在(1,0)单调递增，而f(0)0，所以当x
2、(1,0)时，f(x)0，故f(x)在(1,0)单调递减又f(0)0，从而x0是f(x)在(1,0的唯一零点()当x时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在单调递减，而f(0)0，f0，所以存在，使得f()0，且当x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(0，)单调递增，在单调递减又f(0)0，f1ln0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x)在没有零点()当x时，f(x)0，所以f(x)在单调递减而f0，f()0，所以f(x)在有唯一零点()当x(，)时，ln(x1)1，所以f(x)0，从而f(x)在(，)没有零点综上，f(x)有且仅有2个零点【例2】2019全国卷已
3、知函数f(x)2x3ax2b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间0,1的最小值为1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由解：(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0或x.若a0，则当x(，0)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(，0)，单调递增，在单调递减；若a0，f(x)0，故f(x)在(，)单调递增；若a0，则当x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在，(0，)单调递增，在单调递减(2)满足题设条件的a，b存在()当a0时，由(1)知，f(x)在0,1单调递增，所以f(x)在区间0,
4、1的最小值为f(0)b，最大值为f(1)2ab.此时，a，b满足题设条件当且仅当b1,2ab1，即a0，b1.()当a3时，由(1)知，f(x)在0,1单调递减，所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)b，最小值为f(1)2ab.此时，a，b满足题设条件当且仅当2ab1，b1，即a4，b1.()当0a3时，由(1)知，f(x)在0,1的最小值为fb，最大值为b或2ab.若b1，b1，则a3，与0a3矛盾若b1,2ab1，则a3或a3或a0，与0a3矛盾综上，当且仅当a0，b1或a4，b1时，f(x)在0,1的最小值为1，最大值为1.【例3】2019浙江卷已知实数a0，设函数f(x)alnx，
5、x0.(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x)，求a的取值范围注：e2.718 28为自然对数的底数解：(1)当a时，f(x)lnx，x0.f(x).所以，函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，)(2)由f(1)，得0a.当00，故q(x)在上单调递增，所以q(x)q.由得，qpp(1)0.所以，q(x)0.由知对任意x，t2，)，g(t)0，即对任意x，均有f(x).综上所述，所求a的取值范围为.【例4】2019天津卷设函数f(x)excosx，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0；(3)设
6、xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点，其中nN，证明2nxncosx，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sinx0，则f(x)单调递增所以，f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)记h(x)f(x)g(x)，依题意及(1)，有g(x)ex(cosxsinx)，从而g(x)2exsinx.当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以，当x时，f(x)g(x)0.(3)依题意，u(xn)f(xn)10，即exncosxn1.记ynxn2n，则yn，且f(yn)
7、eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，当x时，g(x)0，所以g(x)在上为减函数，因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn.所以，2nxn0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，无极值点；当a0时，方程xexa0有唯一解，设为x0(x00)，且当0xx0时，f(x)x0时，f(x)0，所以x0是函数f(x)的极小值点，即函数f(x)只有1个极值点(2)解法一：当a1时，不等式f(x)g(x)对任意的x(0，)恒成立，即xexlnx1(m1)x对任意的x(0，)恒成立，即
8、exm1对任意的x(0，)恒成立，记F(x)ex，则F(x)ex，记h(x)x2exlnx，则h(x)在(0，)上单调递增，且，h(1)e0，所以存在x1使得h(x1)0，且当x(0，x1)时，h(x)0，F(x)0，F(x)0.所以1m1，解得m0.综上，实数m的取值范围是(，0解法二：当a1时，不等式f(x)g(x)对任意的x(0，)恒成立，即xexlnx1(m1)x对任意的x(0，)恒成立，即m1对任意的x(0，)恒成立，记h(t)ett，因为h(t)et1，所以当t0时，h(t)0时，h(t)0，所以h(t)h(0)1，因此ett1(当且仅当t0时取“”)，所以xexlnx1elnxx
9、lnx1lnxx1lnx1x，所以当x0时，1，且当xlnx0时，取到“”，所以的最小值是1，因此1m1，即m0.综上，实数m的取值范围是(，022019广州综合测试二已知函数f(x)lnx(kR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，求k的取值范围，并证明x1x22.解：(1)因为f(x)lnx，函数f(x)的定义域为(0，)，所以f(x)，x0.当k0时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增当k0时，由f(x)0，得x或x(舍去)，当x(0，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增综上所述，当k0时，函数f(
10、x)在(0，)上单调递增；当k0时，函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增(2)先求k的取值范围解法一：由(1)知，当k0时，f(x)在(0，)上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件当k0时，函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，所以f(x)minf()ln.要使函数f(x)有两个零点，首先f(x)minln0，解得k0.2k0，下面证明f(2k)ln(2k)0.设g(k)ln(2k)，则g(k).当k时，g(k)0.所以g(k)在上单调递增，所以g(k)gln0，即f(2k)0成立【若考生书写为：当x0时，f(x)，且f(1)k0.此处不扣分】所以k的取值范围是.解法二：由f(x)lnx0，得kx2lnx.设g(x)x2lnx，则g(x)x(2lnx1)当0x 时，g(x)时，g(x)0，所以函数g(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增所以g(x)ming().因为x0时，g(x)0，且g(1)0，所以要使函数f(x)有两个零点，必有k2.解法一：x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x11.由，得lnx2lnx1.所以lnt，即x，k1.要证x1x22，即证(x1x2)28k，即证x(1t2)8k，即证(1t)28k，因为k1，所以即证(1t)28lnt，即证8lnt(1t)21)设h(t)8lnt(1t
