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2021年高三数学考点复习:导数及其应用2

1、考点八 导数及其应用(二) 1 A卷 PART ONE 解答题 1(2020 全国卷)设函数 f(x)x3bxc,曲线 yf(x)在点 1 2,f 1 2 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,f 1 2 0,即 3 1 2 2b0,则 b3 4. (2)证明:由(1)可得 f(x)x33 4xc, f(x)3x23 43 x1 2 x1 2 , 令 f(x)0,得 x1 2或 x 1 2; 令 f(x)0,得1 2x 1 2. 解解 所以 f(x)在 1

2、 2, 1 2 上单调递减,在 , 1 2 , 1 2, 上单调递增 又 f(1)c1 4,f 1 2 c1 4,f 1 2 c1 4,f(1)c 1 4, 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 c1 4或 c 1 4. 当 c1 4时,f(1)c 1 40,f 1 2 c1 40,f 1 2 c1 40,f(1)c 1 40, 解解 又 f(4c)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

3、时 f(x)不存在绝对值不大于 1 的零点,与题设矛盾; 当 c1 4时,f(1)c 1 40,f 1 2 c1 40, f 1 2 c1 40,f(1)c 1 40, 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, 解解 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. 解解 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

4、线与直线 xy10 平行, 所以 1m1,即 m0. 2(2020 山东潍坊 6 月模拟)已知函数 f(x)xln x1 2mx 2(mR),g(x) x1 ex 2 ex e1 e . (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 解解 (2)证明:在(1)的条件下,f(x)xln x,可得 f(x)ln x1, 当 x 0,1 e 时,f(x)0,f(x)单调递增, 所以 f(x)xln x 在 x1 e时取得最小值 f 1 e 1 e, 可知 f(x1)1 e, 由 g

5、(x)x1 ex 2 ex e1 e ,得 g(x) x ex 2 e, 令 h(x)g(x) x ex 2 e,则 h(x) 1x ex , 解解 所以当 x(0,1)时,h(x)0,h(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)1 e, 因为 g(x)1 e0,所以 g(x)在(0,)上单调递减, 可知 g(x2)g(x2) 解解 3(2020 海南中学高三第六次月考)已知函数 f(x)1 xx2aln 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(

6、x)0 得 x1aa21,x2a a21. 当 x(0,aa21)(aa21,)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,aa21),(aa21,); 单调递增区间为(aa21,a a21) 解解 (2)由(1)知,a1 且 x1x22a,x1x21. 又 g(x)1 xb2cx,g x1x2 2 2 x1x2bc(x1x2), 由 g(x1)g(x2)0,得 ln x1 x2b(x1x2)c(x 2 1x 2 2), y(x1x2)g x1x2 2 2x 1x2 x1x2 b(x1x2)c(x2 1x 2

7、2) 2x1x2 x1x2 ln x1 x2 2 x1 x21 x1 x21 ln x1 x2. 解解 令x1 x2t(0,1),y 2t1 t1 ln t, yt1 2 tt12 1,故实数 a 的取值范围是 3 2 4 , . 解解 4(2020 河南开封二模)已知函数 f(x)axex(x1) sinxcosx. (1)当 a1,x 2时,求 f(x)的最小值; (2)若函数 g(x)fxsinxcosx x ,x 4,0 0,7 4 ,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)

8、exsinx(x1)cosxsinx(x1) (excosx) 当 x 2, 2 时,ex0,cosx0,所以 excosx0; 解解 当 x 2时,e x1,|cosx|1,所以 excosx0. 所以当 x 2时,e xcosx0. 故由 f(x)0,得 x1;由 f(x)0,得 2x1, 所以 f(x)的单调递减区间为 2,1 ,单调递增区间为1,), 所以 f(x)的最小值为 f(1)1 ecos1. 解解 (2)由题意得,g(x)aexsinx,x 4,0 0,7 4 , 函数 g(x)有零点,即 g(x)aexcosx0 在 4,0 0,7 4 上有 解, 所以 acosx ex

9、, 设 m(x)cosx ex ,则 m(x)sinxcosx ex . 若 m(x)0,则 sinxcosx0,即 2sin x 4 0, 解得 4x 3 4 ,且 x0; 解解 若 m(x)0,则 sinxcosx0,即 2sin x 4 0, 解得3 4 x1, 所以 2 2 e 4a1 或1a 2 2 e3 4 , 所以实数 a 的取值范围是 2 2 e 4,1 1, 2 2 e3 4 . 解解 2 B卷 PART TWO 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. 1(2020 山东泰

10、安二轮复习检测)已知函数 f(x)(x1)ex(x1)ex, x0. (1)证明:0f(x) 1 x1x1 ex; (2)若 g(x) axx 3 2 x2xcosx ex,当 x0,1时,f(x)g(x)恒成立,求 实数 a 的取值范围 解解 由 f(x) 1 x1x1 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) 1 x1x1 ex, 综上,0f(x) 1 x1x1 ex. 解解 (2)当 x0,1时,f(x)g(x)恒成立, 即(x1)ex(x1)ex axx

11、3 2 x2xcosx ex恒成立, 即(1x)e2x axx 3 2 12xcosx 0. 由(1)可知,当 x0,1时,f(x)(x1)ex(x1) ex0, 即(1x)e2x1x, (1x)e 2x axx 3 2 12xcosx 1xax1 x3 2 2xcosx x a1x 2 2 2cosx , 解解 令 G(x)x 2 2 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 1 x1, (1x)e2x axx 3 2 12xcosx 1 1x1ax x3 2

12、 2xcosx 解解 x 1xax x3 2 2xcosxx 1 x1a x2 2 2cosx , 令 I(x) 1 1xa x2 2 2cosx 1 1xaG(x), 则 I(x) 1 1x2G(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(,3 解解 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 x1 b时,f(x)0

13、,f(x)单调递减; 2(2020 广州综合测试一)已知函数 f(x)(xa)ebx(b0)的最大值为1 e, 且曲线 yf(x)在 x0 处的切线与直线 yx2 平行(其中 e 为自然对数的底 数) (1)求实数 a,b 的值; (2)如果 0x13. 解解 当 x1 b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 x1 b时,f(x)0,f(x)单调递减 此时 f(x)maxf 1 b 1 be 11 e,解得 b1. 所以 a0,b1. 解解 (2)证明:由(1)知,f(x) x ex, 由 0x10),则 etx

14、1x1t, 可得 x1 t et1,x2 tet et1,所以要证 3x1x23, 即证 3t et1 tet et13. 解解 因为 t0,所以 et10,所以即证(t3)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. 解解 解 (1)函数的定义域为(0,),f(x) 1 xaln x eax , 令 g(x)1 xal

15、n x, 若 a0,则 f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增,不符合题意; 若 a0, 3(2020 山东济南二模)已知函数 f(x)ln x eax 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. 解解 所以 g(x)在 0,1 a 上单调递减,在 1 a, 上单调递增, g 1 a aaln 1 a a 1ln 1 a , ()若 1ln 1 a 0,即ea0 时, g(x)1 xaln x0,f(x)0, 解解 f(x)在(0,)上单调递增,不符合题意; ()若 1ln 1 a 0,即

16、ae 时,g 1 a 0, 因为 g(x)1 xaln x 1 x 2a x 1 x 1 x2a ,则 g 1 4a2 0, 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; 解解 若 a0,g(x)ax1 x2 0,g e1 a e1 a10,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ln x1 eax1 ln x1x2 eax1x2, ln

17、x2 eax2 ln x1x2 eax1x2, 现证明不等式:a b c d ac bd,其中 a,b,c,d(0,) 要证a b c d ac bd,即证 adbc bd ac bd, 解解 即证 abdad2b2cbcdabdbcd, 即证 ad2b2c0,易知成立 所以 ln x1 eax1 ln x2 eax2 ln x1ln x2 eax1eax2 ln x1x2 eax1x2, 即ln x 1ln x2 ln x1x2 eax1eax2 eax1x2 ,即 ln x1x2 ln x1x2eax1eax2, 所以 log(x1x2)(x1x2)eax1eax2,证毕 解解 4(202

18、0 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 3 8 ; (3)设 nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3 n 4n. 解 (1)f(x)sin2xsin2x2sin3xcosx,则 f(x)2(3sin2xcos2xsin4x) 2sin2x(3cos2xsin2x)2sin2x(4cos2x1)2sin2x(2cosx1)(2cosx1), f(x)0 在 x(0,)上的根为 x1 3,x2 2 3 , 解解 当 x 0, 3 时,f(x)0,f(x)单调递增, 当 x 3, 2 3

19、 时,f(x)0,f(x)单调递减, 当 x 2 3 , 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, f 3 3 2 2 3 2 3 3 8 ,f 2 3 3 2 2 3 2 3 3 8 , 解解 据此可得 f(x)max3 3 8 ,f(x)min3 3 8 ,所以|f(x)|3 3 8 . (3)证明:结合(2)的结论有 sin2xsin22xsin24xsin22nx(sin3xsin32xsin34x sin32nx)2 3 sinx(sin2xsin2x)(sin22xsin4x)(sin22n 1xsin2nx) sin22nx 2 3 sinx3 3 8 3 3 8 3 3 8 sin22nx 2 3 3 3 8 n 2 3 3 4 n3 n 4n. 解解 本课结束