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

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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