（新高考）2020版高考数学二轮复习 第三部分 讲重点 解答题专练 第6讲 导数及其应用课件 理

第三部分讲重点•解答题专练第6讲导数及其应用■真题调研——————————————【例1】[2019·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：(1)f′(x)在区间－1，π2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－11＋x，g′(x)＝－sinx＋11＋x2.当x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′π2＜0，可得g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈α，π2时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点．(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)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∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零点．(ⅱ)当x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′π2＜0，所以存在β∈α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈β，π2时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在β，π2单调递减．又f(0)＝0，fπ2＝1－ln1＋π2＞0，所以当x∈0，π2时，f(x)＞0.从而，f(x)在0，π2没有零点．(ⅲ)当x∈π2，π时，f′(x)＜0，所以f(x)在π2，π单调递减．而fπ2＞0，f(π)＜0，所以f(x)在π2，π有唯一零点．(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．【例2】[2019·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(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)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)＞0；当x∈0，a3时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减；若a＝0，f′(x)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a＜0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈a3，0时，f′(x)＜0.故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a，b存在．(ⅰ)当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时，a，b满足题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(ⅱ)当a≥3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)＝2－a＋b.此时，a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(ⅲ)当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为fa3＝－a327＋b，最大值为b或2－a＋b.若－a327＋b＝－1，b＝1，则a＝332，与0＜a＜3矛盾．若－a327＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或a＝0，与0＜a＜3矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1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a≠0，设函数f(x)＝alnx＋1＋x，x0.(1)当a＝－34时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x∈1e2，＋∞均有f(x)≤x2a，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．解：(1)当a＝－34时，f(x)＝－34lnx＋1＋x，x0.f′(x)＝－34x＋121＋x＝1＋x－221＋x＋14x1＋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)≤12a，得0a≤24.当0a≤24时，f(x)≤x2a等价于xa2－21＋xa－2lnx≥0.令t＝1a，则t≥22.设g(t)＝t2x－2t1＋x－2lnx，t≥22，则g(t)＝xt－1＋1x2－1＋xx－2lnx.①当x∈17，＋∞时，1＋1x≤22，则g(t)≥g(22)＝8x－421＋x－2lnx.记p(x)＝4x－221＋x－lnx，x≥17，则p′(x)＝2x－2x＋1－1x＝2xx＋1－2x－x＋1xx＋1＝x－1[1＋x2x＋2－1]xx＋1x＋1x＋1＋2x.x，p′(x)，p(x)的变化情况如下：x1717，11(1，＋∞)p′(x)－0＋p(x)p17单调递减极小值p(1)单调递增所以，p(x)≥p(1)＝0.因此，g(t)≥g(22)＝2p(x)≥0.②当x∈1e2，17时，g(t)≥g1＋1x＝－2xlnx－x＋1x.令q(x)＝2xlnx＋(x＋1)，x∈1e2，17，则q′(x)＝lnx＋2x＋10，故q(x)在1e2，17上单调递增，所以q(x)≤q17.由①得，q17＝－277p17－277p(1)＝0.所以，q(x)0.因此，g(t)≥g1＋1x＝－qxx0.由①②知对任意x∈1e2，＋∞，t∈[22，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈1e2，＋∞，均有f(x)≤x2a.综上所述，所求a的取值范围为0，24.【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∈π4，π2时，证明f(x)＋g(x)·π2－x≥0；(3)设xn为函数u(x)＝f(x)－1在区间2nπ＋π4，2nπ＋π2内的零点，其中n∈N，证明2nπ＋π2－xne－2nπsinx0－cosx0.解：(1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)．因此，当x∈2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z)时，有sinxcosx，得f′(x)0，则f(x)单调递减；当x∈2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)时，有sinxcosx，得f′(x)0，则f(x)单调递增．所以，f(x)的单调递增区间为2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z)．(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)π2－x，依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，从而g′(x)＝－2exsinx.当x∈π4，π2时，g′(x)0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)π2－x＋g(x)(－1)＝g′(x)π2－x0.因此，h(x)在区间π4，π2上单调递减，进而h(x)≥hπ2＝fπ2＝0.所以，当x∈π4，π2时，f(x)＋g(x)π2－x≥0.(3)依题意，u(xn)＝f(xn)－1＝0，即exncosxn＝1.记yn＝xn－2nπ，则yn∈π4，π2，且f(yn)＝eyncosyn＝exn－2nπcos(xn－2nπ)＝e－2nπ(n∈N)．由f(yn)＝e－2nπ≤1＝f(y0)及(1)，得yn≥y0.由(2)知，当x∈π4，π2时，g′(x)0，所以g(x)在π4，π2上为减函数，因此g(yn)≤g(y0)gπ4＝0.又由(2)知，f(yn)＋g(yn)π2－yn≥0，故π2－yn≤－fyngyn＝－e－2nπgyn≤－e－2nπgy0＝e－2nπey0siny0－cosy0e－2nπsinx0－cosx0.所以，2nπ＋π2－xne－2nπsinx0－cosx0.■模拟演练——————————————1．[2019·南昌二模]已知函数f(x)＝x·ex－a(lnx＋x)，g(x)＝mx＋1，a，m∈R且为常数，e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)的极值点个数；(2)当a＝1时，f(x)≥g(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－a1x＋1＝x＋1x(xex－a)，因为函数y＝xex在区间(0，＋∞)上单调递增，且值域为(0，＋∞)，所以，①当a≤0时，xex－a0，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；②当a0时，方程xex－a＝0有唯一解，设为x0(x00)，且当0xx0时，f′(x)0，当xx0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a＝1时，不等式f(x)≥g(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即xex－lnx－1≥(m＋1)x对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即ex－lnx＋1x≥m＋1对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，记F(x)＝ex－lnx＋1x，则F′(x)＝ex＋lnxx2＝x2ex＋lnxx2，记h(x)＝x2ex＋lnx，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且，h(1)＝e0，所以存在x1∈1e，1使得h(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，h(x)0，F′(x)0；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)0，F′(x)0.所以1≥m＋1，解得m≤0.综上，实数m的取值范围是(－∞，0]．解法二：当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即xex－lnx－1≥(m＋1)x对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即xex－lnx－1x≥m＋1对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，记h(t)＝et－t，因为h′(t)＝et－1，所以当t0时，h′(t)0，当t0时，h′(t)0，所以h(t)≥h(0)＝1，因此et≥t＋1(当且仅当t＝0时取“＝”)，所以xex－lnx－1＝elnx＋x－lnx－1≥lnx＋x＋1－lnx－1＝x，所以当x0时，xex－lnx－1x≥1，且当x＋lnx＝0时，取到“＝”，所以xex－lnx－1x的最小值是1，因此1≥m＋1，即m≤0.综上，实数m的取值范围是(－∞，0]．2．[2019·广州综合测试二]已知函数f(x)＝lnx－kx2(k∈R)．(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x1＋x22－2k.解：(1)因为f(x)＝lnx－kx2，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝1x＋2kx3＝x2＋2kx3，x0.当k≥0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＝－2k或x＝－－2k(舍去)，当x∈(0