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本文(2021年高考数学大二轮专题复习:函数与导数之导数的热点问题)为本站会员(小****)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

2021年高考数学大二轮专题复习:函数与导数之导数的热点问题

1、专题二专题二 函数与导数函数与导数 第二编 讲专题 第第3 3讲讲 导数的热点问题导数的热点问题 考情研析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高 考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合,难度较大解题时要注意 分类讨论思想和转化与化归思想的应用 1 核心知识回顾核心知识回顾 PART ONE 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题 (1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一 般思路 将问题转化为函数 ,进而转化为函数图 象 ; 利用导数研究该函数在给定区间上的 、

2、 、 等; 画出函数的 ; 结合图象求解 01零点的个数问题 02交点的个数问题 03单调性 04极值(最值) 05端点值 06大致图象 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 在该区间上构造与方程 ; 利用导数研究该函数在该区间上的 ; 判断该函数在该区间端点处的 ; 作出结论 07对应的函数 08单调性 09函数值异号 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 2利用导数证明不等式 不等式的证明可转化为利用导数研究函数的 、 和 ,再由 来证

3、明不等式,其中构造一个 是用导数证明不等式的关键 01单调性 02极值 03最值 04单调性或最值 05可导函数 2 热点考向探究热点考向探究 PART TWO 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 考向 1 利用导数讨论方程根的个数 例 1 (2020 海南省海口市模拟)已知函数 f(x)k(x1) ex ,其中 k0. (1)求 f(x)的单调区间; 解 (1)由条件,得 f(x)ke xkex(x1) e2x k(2x) ex , 令 f(x)0,得 x2. 当 k0 时,由 f(x)0,得 x2,由 f(x)0,得 x2. 所以 f

4、(x)的单调递增区间是(,2),单调递减区间是(2,). 当 k0 时,由 f(x)0,得 x2, 由 f(x)0,得 x2. 所以 f(x)的单调递增区间是(2,),单调递减区间是(,2). 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)若 k0,讨论关于 x 的方程|ln x|f(x)在区间(0,2)上实根的个数 解 (2)因为|ln 1|f(1)0, 所以 x1 是方程|ln x|f(x)的一个实根 当 0 x1 时,由(1)知 f(x)单调递增, 所以 f(x)f(1)0. 而|ln x|ln x0, 所以方程|ln x|f(x)在区

5、间(0,1)上无实根 当 1x2 时,|ln x|ln x. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 设 F(x)ln xk(x1) ex , 则 F(x)1 x 2kkx ex e xkx22kx xex . 设 u(x)exkx22kx,当 1x2 时,u(x)ex2kx2k0, 所以 u(x)在(1,2)上单调递增 当 u(1)ek0,即 ke 时,在区间(1,2)上, 总有 u(x)u(1)0, 从而 F(x)0, 所以 F(x)在(1,2)上单调递增,F(x)F(1)0, 即原方程在(1,2)上无实根 核心知识回顾核心知识回顾 热点

6、考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 当 u(1)ek0,即 ke 时,因为 u(2)e20, 所以存在 x0(1,2),满足 u(x0)0, 所以在(1,x0)上,u(x)0,F(x)单调递减, 在(x0,2)上,u(x)0,F(x)单调递增, 又因为 F(1)0,F(2)ln 2 k e2, 所以当 F(2)0,即 eke2ln 2 时, 原方程在(1,2)上有唯一实根, 当 F(2)0,即 ke2ln 2 时,原方程在(1,2)上无实根 综上所述,当 0ke 或 ke2ln 2 时, 原方程在(0,2)上仅有一个实根; 当 eke2ln 2 时,原方程在(0,2)

7、上有两个实根 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 根据参数确定函数零点的个数,基本思想也是“数形结合”,即通过研 究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)大致勾画出函数图象, 然后通过函数性质得出其与 x 轴交点的个数或两个函数图象交点的个数, 基 本步骤是“先数后形” 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 已知函数 f(x)ln x 2ax b x(a0,b0),对任意 x0,都有 f(x)f 4 x 0. (1)讨论 f(x)的单调性; 解 (1)由 f(x)f 4 x l

8、n x 2ax b xln 2 x 4a x xb 4 0,得 b4a, 则 f(x)ln x 2ax 4a x ,f(x)1 xa 4a x2 ax 2x4a x2 (x0), 若 116a20,即 a1 4时,f(x)在(0,)上单调递减, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 若 116a20,即 0a0,x21 116a 2 2a 0, 又 h(x)ax2x4a 的图象开口向下,所以 当 0xx1时,h(x)0,f(x)0,f(x)单调递减, 当 x1x0,f(x)0,f(x)单调递增, 当 xx2时,h(x)0,f(x)0,f(x

9、)单调递减 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 综上所述,当 a1 4时,f(x)在(0,)上单调递减;当 0a 1 4时,f(x)在 0,1 116a 2 2a 和 1 116a2 2a , 上单调递减,在 1 116a2 2a ,1 116a 2 2a 上单调递增 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)当 f(x)存在三个不同的零点时,求实数 a 的取值范围. 解 (2)由(1)知,当 a1 4时,f(x)单调递减,不可能有三个不同的零点. 当 0a1 4时,f(x)在(0,

10、x1)和(x2,)上单调递减,f(x)在(x1,x2)上单调 递增, f(2)ln 2 22a2a0,又 x1x24,有 x12x2, f(x)在(x1,x2)上单调递增,f(x1)f(2)0. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 f(x)ln x 2ax 4a x ,f 1 a2 ln 2a21 a4a 3, 令 g(a)ln 2a21 a4a 3,g(a) 4a 2a2 1 a212a 212a 42a1 a2 . 令 m(a)12a42a1,m(a)48a32 单调递增 由 m(a)48a320,求得 a 1 3 24 1 4. 当

11、 0am 1 4 3 64 1 210, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 f 1 a2 g(a)ln 2a21 a4a 3 在 0,1 4 上单调递增. 故 f 1 a2 g(a)g 1 4 3ln 24 1 160, 故 f 1 a2 0, 1 a2x2, 由零点存在性定理知 f(x)在区间 x2, 1 a2 上有一个根, 设为 x0, 又 f(x0)f 4 x0 0,得 f 4 x0 0,由 x2x0 1 a2及 x1x24 得 0 4 x0x1, 4 x0是 f(x)的另一个零点, 故当 0a0),故当 x(0,1)时,g(x)

12、0;当 x(1,)时, g(x)0. 故 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 所以 g(x)maxg(1)1. 又 g 1 e 0,当 x时,g(x)0, 故当 x 0,1 e 时,g(x)0. 可得 a(0,1). 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)设 x1,x2是 f(x)的两个零点,证明:f(x1x2)1a. 解 (2)证明:f(x)1 xa,由(1)知 x1,x2 是 ln xax10 的两个根, 故 ln x1

13、ax110,ln x2ax210aln x 1ln x2 x1x2 . 要证 f(x1x2)1, 即证 ln x1ln x20, 即证(ax11)(ax21)0, 即证 a 2 x1x2,即证 ln x1ln x2 x1x2 2 x1x2. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 不妨设 0x1x2, 故 ln x1 x20, 则 h(t)在(0,1)上单调递增,则 h(t)h(1)0, 故(*)式成立,即要证不等式得证 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 利用导数方法证明不等式的基本思

14、想是构造函数, 通过研究函数的单调 性、极值、最值,通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 已知函数 f(x)ln xex(R). (1)若函数 f(x)是单调函数,求 的取值范围; 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,), f(x)ln xex,f(x) xe xxe x x , 函数 f(x)是单调函数, f(x)0 或 f(x)0 在(0,)上恒成立, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 当函数 f(x)是单调递减函数时,f(x)0,

15、 xe x x 0,即 xex0,xex x ex, 令 (x) x ex,则 (x) x1 ex , 当 0x1 时,(x)1 时,(x)0, 则 (x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增, 当 x0 时,(x)min(1)1 e, 1 e; 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 当函数 f(x)是单调递增函数时,f(x)0, xe x x 0,即 xex0,xex x ex, 由得 (x) x ex在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增, 又 (0)0,x时,(x)0,且 (x)0,0. 综上,1 e或 0. 核心知识回

16、顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)求证:当 0x11x2 x1. 解 (2)证明:由(1)可知,当 1 e时,f(x) 1 eln xe x 在(0,) 上单调递减, 0x1f(x2), 即1 eln x1ex1 1 eln x2ex2, e1x2e1x1ln x1ln x2. 要证 e1x2e1x11x2 x1, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 只需证 ln x1ln x21x2 x1, 即证 ln x1 x21 x2 x1, 令 tx1 x2,t(0,1),则只需证 ln t1

17、 1 t , 令 h(t)ln t1 t 1,则当 0t1 时,h(t)t1 t2 0,即 ln t11 t ,得证 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 考向 3 利用导数研究不等式恒成立问题 角度 1 函数不等式恒成立问题 例 3 (2020 河南省开封市三模)已知函数 f(x)axexln xb 在 x1 处 的切线方程为 y(2e1)xe. (1)求 a,b 的值; 解 (1)f(x)aexaxex1 x, 函数 f(x)axexln xb 在 x1 处的切线方程为 y(2e1)xe, f(1)aebe1, f(1)2ae12e1,

18、a1,b1. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)若 f(x)mx 恒成立,求实数 m 的取值范围 解 (2)由 f(x)mx 得,xexln x1mx(x0), 即 mxe xln x1 x ,令 (x)xe xln x1 x , 则 (x)x 2exln x x2 , 令 h(x)x2exln x,易知 h(x)在(0,)上单调递增, 又 h 1 e 1 e2e 1 e 10, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 故 h(x)在 1 e,1 上存在零点 x0,即 h(x0)

19、x 2 0e x0ln x 00, 即 x0ex0ln x0 x0 ln 1 x0 e ln 1 x0 , 由于 yxex在(0,)上单调递增,故 x0ln 1 x0ln x0,即 e x01 x0, 且 (x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增, (x)min(x0)1x 01 x0 1,m1. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法 (1)分离参数法: 若能够将参数分离, 且分离后含 x 变量的函数关系式的 最值易求,则用分离参数法 即f(x)恒成立,则 f(x)max; f(x)恒

20、成立,则 f(x)min. (2)最值转化法: 若参数不易分离或分离后含 x 变量的函数关系式的最值 不易求,则常用最值转化法可通过求最值建立关于参数的不等式求解如 f(x)0,则只需 f(x)min0. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2020 辽宁省大连市一模)设函数 f(x)x1 x,g(x)t ln x(tR). (1)讨论函数 h(x)f(x)g(x)的单调区间; 解 (1)h(x)f(x)g(x)x1 xt ln x(x0), 则 h(x)1 1 x2 t x x2tx1 x2 (x0). 当 t0 时,h(x)0,h(

21、x)的单调递增区间是(0,),无减区间; 当 t0 时,令 H(x)x2tx1,t24,0, 即2t0 时,H(x)0,即 h(x)0; 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 h(x)的单调递增区间是(0,),无减区间,0 时,即 t2,设 x1t t24 2 ,x2t t24 2 , x1x2t0,x1x210,0 x1x2, (0,x1)(x2,),时 H(x)0,即 h(x)0, h(x)的单调递增区间是(0,x1),(x2,), 同理,单调递减区间是(x1,x2). 综上,当 t2 时,h(x)的单调递增区间是(0,),无减区间,

22、当 t2 时,h(x)的单调递增区间是(0,x1),(x2,),单调递减区 间是(x1,x2),其中 x1t t24 2 ,x2t t24 2 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)若当 x(0,1)时,f(x)的图象恒在函数 g(x)的图象的下方,求正实数 t 的取值范围 解 (2)函数 f(x)的图象恒在 g(x)的图象的下方, f(x)g(x)x1 xt ln x0 在区间(0,1)上恒成立. 设 F(x)x1 xt ln x,其中 x(0,1), F(x)1 1 x2 t x x2tx1 x2 ,其中 t0. 当 t240

23、,即 0t2 时,F(x)0, 函数 F(x)在(0,1)上单调递增,F(x)0,即 t2 时,设 (x)x2tx1, 则 (x)图象的对称轴方程为 x t 21,(0)1,(1)2t0, (x)在(0,1)上存在唯一实根,设为 x0, 则当 x(x0,1),(x)0,F(x)0, F(x)在(x0,1)上单调递减,此时 F(x)F(1)0,不符合题意 综上可得,正实数 t 的取值范围是(0,2. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 角度 2 含量词的不等式问题 例 4 (2020 山东省聊城市模拟)已知函数 f(x)x2eax11a(a

24、R), g(x) ex1x. (1)求函数 f(x)的单调区间; 解 (1)f(x)x2eax11a(aR)的定义域为(,),f(x)x(ax 2)eax1, 当 a0 时,x0,f(x)0,x0,f(x)0 时,x ,2 a ,f(x)0,x 2 a,0 ,f(x)0,所以函数 f(x)的单调递增区间为 ,2 a ,(0,),单 调递减区间为 2 a,0 ; 当 a0 时, x(, 0), f(x)0, x 2 a, , f(x)0,所以函数 f(x)的单调递减区间为(,0), 2 a, ,单调递增 区间为 0,2 a . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题

25、押题 专题作业专题作业 (2) a(0,1),是否存在实数 , ma1,a, na1,a, 使 f(n)2g(m)1 时,g(x)0,当 x1 时,g(x)0, 当 a(0,1)时,a12 a,由(1)知,当 na1,a时,f(n)minf(0) 1a0, 所以f(n)2 min(1a) 2, 若 ma1,a, na1,a,使f(n)2g(m)0 成立,即 f(n)20,且f(n)2 ming(m)min. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 所以(1a)2(1a) 2 ea1a . 设 h(x)(1x) 2 ex1x ,x0,1), 则

26、 h(x)(x1)(3e x1xex1x1) (ex1x)2 , 令 r(x)3ex1xex1x1,x0,1,则 r(x)(2x)ex11, 当 x(0,1)时,e1x2x,所以(2x)ex11,故 r(x)r(1)0,即 r(x)0, 又当 x0,1)时,x10,所以当 x0,1)时,h(x)0, h(x)单调递减, 所以当 x(0,1)时,h(x)h(0)e, 即 a(0,1)时,(1a) 2 ea1a e,故 e. 所以当 e 时, a(0,1), ma1,a, na1,a, 使f(n)2g(m)g(x)对一切 xI 恒成立f(x)g(x)min0(xI). (2)存在 xI,使 f(x

27、)g(x)成立f(x)g(x)max0(xI). (3)对任意 x1,x2D,使 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max. (4)存在 x1,x2D,使 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. (5)对任意 x1D1,存在 x2D2,使 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min(f(x)定义 域为 D1,g(x)定义域为 D2). 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 已知函数 f(x)ln xax,g(x)ax21,其中 e 为自然对数的底数 (1)讨论函数 f(x)在区间1,e上的单调性; 解 (1)f(x

28、)1 xa 1ax x , 当 a0 时,1ax0,则 f(x)0,f(x)在1,e上单调递增; 当 0a1 e时, 1 ae,则 f(x)0,f(x)在1,e上单调递增; 当1 ea1 时,1 1 ae,当 x 1,1 a 时,f(x)0,f(x)在 1,1 a 上单调递 增,当 x 1 a,e 时,f(x)0,f(x)在 1 a,e 上单调递减; 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 当 a1 时,01 a1,则 f(x)0,f(x)在1,e上单调递减 综上所述,当 a1 e时,f(x)在1,e上单调递增;当 1 eag(x2),求实数

29、 a 的 取值范围 解 (2)g(x)2ax,依题意知,x1,e时,f(x)ming(x)max恒成立已知 a(0,e),则 当 a0 时,g(x)0,所以 g(x)在1,e上单调递减,而 f(x)在1,e 上单调递增,所以 f(x)minf(1)a,g(x)maxg(1)a1,所以aa1, 得 a0,所以 g(x)在1,e上单调递增,而 f(x)在1,e 上单调递减, 所以 g(x)maxg(e)ae21,f(x)minf(e)1ae,所以 1aeae21,得 a0. 设 g(x)f(x),则 g(x)aex1 1 x20, g(x)在(0,)上单调递增,即 f(x)在(0,)上单调递增,

30、当 a1 时,f(1)0,则 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调 递增, f(x)minf(1)1,f(x)1 成立; 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 当 a1 时,1 a1,e 1 a11, f 1 a f(1)a e 1 a11 (a1)0,使得 f(x0)aex01 1 x00,且当 x(0,x0)时 f(x)0, ae x01 1 x0,ln ax01ln x0, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 因此 f(x)minf(x0)ae x01ln x0ln

31、a 1 x0ln ax01ln a 2ln a12 1 x0 x02ln a11, f(x)1,f(x)1 恒成立; 当 0a1 时,f(1)aln aa1,f(1)0,h(x)单调递增;在(1,)上 h(x)0 恒成立,f(x)在(,) 上单调递增,不符合题意; 当 a0 时,令 f(x)0,解得 xln a, 当 x(,ln a)时,f(x)0,f(x)单调递增 f(x)的极小值也是最小值为 f(ln a)aa(ln a2)a(1ln a). 又当 x时,f(x),当 x时,f(x), 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 要使 f(x

32、)有两个零点,只要 f(ln a)0,可得 a1 e. 综上,若 f(x)有两个零点,则 a 的取值范围是 1 e, . 解法二:若 f(x)有两个零点,即 exa(x2)0 有两个解, 显然 x2 不成立,即 a ex x2(x2)有两个解, 令 h(x) ex x2(x2), 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 则有 h(x)e x(x2)ex (x2)2 e x(x1) (x2)2 , 令 h(x)0,解得 x1, 令 h(x)0,解得 x2 或2x1, 所以函数 h(x)在(,2)和(2,1)上单调递减,在(1,)上 单调递增,

33、且当 x2 时,h(x)0, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 而当 x2(从右侧趋近于2)时, h(x),当 x时,h(x), 所以当 a ex x2有两个解时,有 ah(1) 1 e, 所以满足条件的 a 的取值范围是 1 e, . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 4(2020 全国卷)已知函数 f(x)sin2x sin2x. (1)讨论 f(x)在区间(0,)的单调性; 解 (1)f(x)sin2x sin2x2sin3x cosx, 则 f(x)2(3sin2x co

34、s2xsin4x) 2sin2x(3cos2xsin2x) 2sin2x(4cos2x1)2sin2x(2cosx1)(2cos x1), f(x)0 在 x(0,)上的根为 x1 3,x2 2 3 , 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 当 x 0, 3 时,f(x)0,f(x)单调递增, 当 x 3, 2 3 时,f(x)0,f(x)单调递减, 当 x 2 3 , 时,f(x)0,f(x)单调递增 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)证明:|f(x)|3 3 8 ; 解 (

35、2)证明:注意到 f(x)sin2(x)sin2(x)sin2x sin2xf(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 , 据此可得 f(x)max3 3 8 ,f(x)min3 3 8 , 所以|f(x)|3 3 8 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (3)设 nN*,证明:sin2x sin22x sin24xsin22nx3 n 4n. 解 (3)证明:结合(2)的结论有 sin2x sin

36、22x sin24xsin22nx(sin3x sin32x sin34xsin32nx) 2 3 sinx(sin2x sin2x)(sin22x sin4x)(sin22n 1x sin2nx) sin22nx 2 3 sinx3 3 8 3 3 8 3 3 8 sin22nx 2 3 3 3 8 n 2 3 3 4 n3n 4n. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 5(2020 全国卷)已知函数 f(x)x3kxk2. (1)讨论 f(x)的单调性; 解 (1)由题意,得 f(x)3x2k, 当 k0 时,f(x)0 恒成立, 所

37、以 f(x)在(,)上单调递增; 当 k0 时,令 f(x)0,得 x k 3, 令 f(x)0,得 k 3x k 3, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 令 f(x)0,得 x k 3或 x k 3, 所以 f(x)在 k 3, k 3 上单调递减, 在 , k 3 , k 3, 上单调递增 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)若 f(x)有三个零点,求 k 的取值范围 解 (2)由(1)知,f(x)有三个零点, 则 k0,且 f k 3 0, f k 3 0, 即 k22

38、 3k k 30, k22 3k k 30, 解得 0k 4 27, 当 0k 4 27时, k k 3,且 f( k)k 20, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 所以 f(x)在 k 3, k 上有唯一一个零点, 同理k1 k 3,f(k1)k 3(k1)20, 所以 f(x)在 k1, k 3 上有唯一一个零点, 又 f(x)在 k 3, k 3 上有唯一一个零点, 所以 f(x)有三个零点, 综上可知,k 的取值范围为 0, 4 27 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业

39、 金版押题 6已知函数 f(x)ex,h(x)xln x,g(x)(xa1)ea. (1)设 F(x)xf(x)ah(x),讨论 F(x)极值点的个数; 解 (1)F(x)xexa(xln x),x0, F(x)(x1)exa 11 x (x1)(xe xa) x , 当 a0 时,F(x)0,F(x)在(0,)内单调递增,F(x)没有极值点 当 a0 时,令 H(x)xexa,x0,), 则 H(x)(1x)ex0, H(x)在0,)上单调递增 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 又 H(0)a0,H(a)a(ea1)0, x00,使

40、H(x0)0,且当 x(0,x0)时,H(x)0, 当 x(x0,)时,H(x)0, 从而 F(x0)0,当 x(0,x0)时,F(x)0,F(x)单调递减, 当 x(x0,)时,F(x)0,F(x)单调递增, xx0是函数 F(x)的极小值点 综上,当 a0 时,F(x)无极值点, 当 a0 时,F(x)有一个极值点 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)判断方程 f(x)g(x)的实数根的个数,并证明 e2e4e6e2n n23n 2 e n+1 2 解 (2)方程 f(x)g(x)可化为 exaxa1. 设 xat,则原方程又可

41、化为 ett1. 设 M(t)ett1,则 M(t)et1. M(0)0,当 t(,0)时,M(t)0,M(t)在(,0)上单调递 减, 当 t(0,)时,M(t)0,M(t)在(0,)上单调递增; M(t)minM(0)0,当 t0 时,M(t)0, 方程 ett1 只有一个实数根, 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 方程 f(x)g(x)只有一个实数根 对于任意的 tR,ett1. e2 n1 2 e4 n1 2 e2n n1 2 2n1 2 1 4n1 2 1 2nn1 2 1(242n)n(n1) 2 nn(n1)n(n1) 2

42、 n n23n 2 , 即 e n1 2 (e2e4e2n)n 23n 2 , e2e4e2nn 23n 2 e n+1 2 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 7已知函数 f(x)x ln xax 在 xx0处取得极小值1. (1)求实数 a 的值; 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,),f(x)ln x1a, 函数 f(x)x ln xax 在 xx0处取得极小值1, f(x0)ln x01a0, f(x0)x0ln x0ax01,得 a1, x01, 当 a1 时,f(x)ln x, 则 x(0,1)时,f(x)0, f(x)

43、在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增, x1 时,函数 f(x)取得极小值1,符合题意, a1. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)设 g(x)xf(x)b(b0),讨论函数 g(x)的零点个数. 解 (2)由(1)知,函数 g(x)xf(x)bx2ln xx2b(b0),定义域为(0, ),则 g(x)2x ln x1 2 , 令 g(x)0,得 0x0,得 x e. g(x)在(0, e)上单调递减,在( e,)上单调递增 当 x e时,函数 g(x)取得最小值 be 2. 当 be 20,即 b e 2时,函数 g(

44、x)没有零点; 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 当 be 20,即 b e 2时,函数 g(x)有一个零点; 当 be 20,即 0b0g( e)g(e)0,存在 x1( e,e),使 g(x1)0, g(x)在( e,e)上有一个零点 x1. 设 h(x)ln x1 x1,则 h(x) 1 x 1 x2 x1 x2 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 当 x(0,1)时,h(x)h(1)0,即当 x(0,1)时,ln x11 x, 当 x(0, 1)时, g(x)x2ln

45、xx2bx2 11 x x2bbx, 取 xmminb, 1,则 g(xm)0; g( e)g(xm)e 2时,函数 g(x)没有零点;当 b e 2时,函数 g(x)有一个 零点;当 0be 2时,函数 g(x)有两个零点 4 专题作业专题作业 PART FOUR 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 1已知函数 f(x)(x1)ex. (1)求函数 f(x)的单调区间和零点; 解 (1)f(x)ex(x1)exxex,令 f(x)0,解得 x0. 所以函数 f(x)在(,0)上单调递减,在(0,)上单调递增, 即函数 f(x)的单调递减区间为(,0),单调递增区间为(0,), 令 f(x)0,解得 x1,所以函数 f(x)的零点是 x1. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)若