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（文）-人教版高三全册数学试题VIP免费

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∈时，证明f(x)＋g(x)≥0.解析：(1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)．因此，当x∈(k∈Z)时，有sinx＞cosx，得f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x∈(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(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x)，依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，从而g′(x)＝－2exsinx．当x∈时，g′(x)＜0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)＜0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)≥h＝f＝0.所以，当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.2．(2019·大庆三模)设函数f(x)＝－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，)上仅有一个零点．解析：(1)由f(x)＝－klnx(k＞0)得f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．当k＞e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，所以f(x)在区间(1，]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，]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∈时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．又g(0)＝0，g＞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)＝＋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－.∴函数f(x)的单调递增区间为(e－，＋∞)，单调递减区间为(0，e－)．(2)证明：F(x)＝＋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＋＝·(2xlnx＋x－a)．令g(x)＝2xlnx＋x－a，则g′(x)＝3＋2lnx，∴函数g(x)在(0，e－)上单调递减，在(e－，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a.①当a≤0时， 函数f(x)无极值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－.②当a＞0时，g(x)min＝－2e－－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－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＜＜1.解析：(1) f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1(x＞0)，∴当x∈时，...