2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题一 函数与导数 第4讲 导数的综合应用与热点问题课时作业（

-1-第4讲导数的综合应用与热点问题限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·天津卷节选)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.解析：(1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)．因此，当x∈2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z)时，有sinx＞cosx，得f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x∈2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)时，有sinx＜cosx，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)证明：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－x＜0.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≥0.2．(2019·大庆三模)设函数f(x)＝x22－klnx，k＞0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e)上仅有一个零点．解析：(1)由f(x)＝x22－klnx(k＞0)得f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0解得x＝k.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)k－lnk2-2-所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)；f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k－lnk2.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k－lnk2.因为f(x)存在零点，所以k－lnk2≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点．当k＞e时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且f(1)＝12＞0，f(e)＝e－k2＜0，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．3．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)＞0；当x∈π2，π时，g′(x)＜0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，gπ2＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点，所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0，由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．4．(2019·成都诊断)已知函数f(x)＝(x2－2ax＋a2)·lnx，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝－1时，令F(x)＝fxx＋1＋x－lnx，证明：F(x)≥－e－2，其中e为自然对数的底数；(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围．-3-解析：(1)当a＝0时，f(x)＝x2lnx(x＞0)，此时f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)．令f′(x)＞0，解得x＞e－12.∴函数f(x)的单调递增区间为(e－12，＋∞)，单调递减区间为(0，e－12)．(2)证明：F(x)＝fxx＋1＋x－lnx＝xlnx＋x.由F′(x)＝2＋lnx，得F(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(e－2)＝－e－2.(3)f′(x)＝2(x－a)lnx＋x－a2x＝x－ax·(2xlnx＋x－a)．令g(x)＝2xlnx＋x－a，则g′(x)＝3＋2lnx，∴函数g(x)在(0，e－32)上单调递减，在(e－32，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(e－32)＝－2e－32－a.①当a≤0时，∵函数f(x)无极值，∴－2e－32－a≥0，解得a≤－2e－32.②当a＞0时，g(x)min＝－2e－32－a＜0，即函数g(x)在(0，＋∞)上存在零点，记为x0.由函数f(x)无极值点，易知x＝a为方程f′(x)＝0的重根，∴2alna＋a－a＝0，即2alna＝0，a＝1.当0＜a＜1时，x0＜1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a＞1时，x0＞1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a＝1时，x0＝1，此时函数f(x)无极值．综上，a≤－2e－32或a＝1.5．(2019·深圳三模)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)；(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m＝g(t)，证明：当t＞e时，有710＜lngtlnt＜1.解析：(1)∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1(x＞0)，∴当x∈0，1e时，f′(x)＜0，此时f(x)在0，1e上单调递减，-4-当x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)在1e，＋∞上单调递增．(2)证明：∵当0＜x≤1时，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，h(1)＝－t＜0，h(et)＝t(et－1)＞0，∴存在唯一的m，使t＝f(m)成立．(3)证明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0，当t＞e时，若m＝g(t)≤e，则由f(m)的单调性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m＞e，又lngtlnt＝lnmlnfm＝lnmmlnm＝lnmlnm＋m＝uu＋lnu，其中u＝lnm，u＞1，要使710＜lngtlnt＜1成立，只需0＜lnu＜37u，令F(u)＝lnu－37u，u＞1，F′(u)＝1u－37，当1＜u＜73时F′(u)＞0，F(u)单调递增，当u＞73时，F′(u)＜0，F(u)单调递减．∴对u＞1，F(u)≤F73＜0，即lnu＜37u成立．综上，当t＞e时，710＜lngtlnt＜1成立．层级二专题一第4讲(理)限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)＞0；当x∈π2，π时，g′(x)＜0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，gπ2＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点，所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0，-5-由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．2．(2020·成都诊断)已知函数f(x)＝(x2－2ax＋a2)·lnx，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝－1时，令F(x)＝fxx＋1＋x－lnx，证明：F(x)≥－e－2，其中e为自然对数的底数；(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝x2lnx(x＞0)，此时f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)．令f′(x)＞0，解得x＞e－12.∴函数f(x)的单调递增区间为(e－12，＋∞)，单调递减区间为(0，e－12)．(2)证明：F(x)＝fxx＋1＋x－lnx＝xlnx＋x.由F′(x)＝2＋lnx，得F(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(e－2)＝－e－2.(3)f′(x)＝2(x－a)lnx＋x－a2x＝x－ax·(2xlnx＋x－a)．令g(x)＝2xlnx＋x－a，则g′(x)＝3＋2lnx，∴函数g(x)在(0，e－32)上单调递减，在(e－32，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(e－32)＝－2e－32－a.①当a≤0时，∵函数f(x)无极值，∴－2e－32－a≥0，解得a≤－2e－32.②当a＞0时，g(x)min＝－2e－32－a＜0，即函数g(x)在(0，＋∞)上存在零点，记为x0.由函数f(x)无极值点，易知x＝a为方程f′(x)＝0的重根，∴2alna＋a－a＝0，即2alna＝0，a＝1.当0＜a＜1时，x0＜1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a＞1时，x0＞1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a＝1时，x0＝1，此时函数f(x)无极值．-6-综上，a≤－2e－32或a＝1.3．(2019·深圳三模)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)；(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m＝g(t)，证明：当t＞e时，有710＜lngtlnt＜1.解析：(1)∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1(x＞0)，∴当x∈0，1e时，f′(x)＜0，此时f(x)在0，1e上单调递减，当x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)在1e，＋∞上单调递增．(2)证明：∵当0＜x≤1时，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，h(1)＝－t＜0，h(et)＝t(et－1)＞0，∴存在唯一的m，使t＝f(m)成立．(3)证明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0，当t＞e时，若m＝g(t)≤e，则由f(m)的单调性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m＞e，又lngtlnt＝lnmlnfm＝lnmmlnm＝lnmlnm＋m＝uu＋lnu，其中u＝lnm，u＞1，要使710＜lngtlnt＜1成立，只需0＜lnu＜37u，令F(u)＝lnu－37u，u＞1，F′(u)＝1u－37，当1＜u＜73时F′(u)＞0，F(u)单调递增，当u＞73时，F′(u)＜0，F(u)单调递减．∴对u＞1，F(u)≤F