2021年高三数学考点复习：导数及其应用2

《2021年高三数学考点复习：导数及其应用2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高三数学考点复习：导数及其应用2（38页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

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