教辅：高考数学二轮复习考点-导数及其应用2.doc

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1、考点八　导数及其应用(二)解答题1．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与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)＝3x2＋b，由题意，f′＝0，即3×2＋b＝0，则b＝－.(2)证明：由(1)可得f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－＝3，令f′(x)＞0，得x＞或x＜－；令f′(x)＜0，得－＜x＜.所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增．又f(－1)＝c－，f＝c＋，f＝c－，f(1)＝c＋，假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大

2、于1的零点x0，则f(－1)＞0或f(1)＜0，即c＞或c＜－.当c＞时，f(－1)＝c－＞0，f＝c＋＞0，f＝c－＞0，f(1)＝c＋＞0，又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＜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，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c＜－时，f(－1)＝c－＜0，f＝c＋＜0，f＝c－＜0，f(1)＝c＋＜0，又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＞0，由零点存在性定理知f(x)在(1

3、，－4c)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1.2．(2020·山东潍坊6月模拟)已知函数f(x)＝xlnx－mx2(m∈R)，g(x)＝－－x＋.(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0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　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－mx，f′(1)＝1－m，因为曲线y＝f(

4、x)在(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0平行，所以1－m＝1，即m＝0.(2)证明：在(1)的条件下，f(x)＝xlnx，可得f′(x)＝lnx＋1，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)＝xlnx在x＝时取得最小值f＝－，可知f(x1)≥－，由g(x)＝－－x＋，得g′(x)＝－，令h(x)＝g′(x)＝－，则h′(x)＝，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)＝－，因为g′(x)≤－<0，所

5、以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，可知g(x2)g(x2)．3．(2020·海南中学高三第六次月考)已知函数f(x)＝－x＋2alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝lnx－bx－cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x11，令f′(x)＝0得x

6、1＝a－，x2＝a＋.当x∈(0，a－)∪(a＋，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(a－，a＋)时，f′(x)>0，∴当a≤1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>1时，f(x)的单调递减区间为(0，a－)，(a＋，＋∞)；单调递增区间为(a－，a＋)．(2)由(1)知，a>1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1.又g′(x)＝－b－2cx，∴g′＝－b－c(x1＋x2)，由g(x1)＝g(x2)＝0，得ln＝b(x1－x2)＋c(x－x)，∴y＝(x1－x2)g′＝－b(x1－x2)－c(x－x)＝－ln＝－ln.令＝t∈(0,1)，∴y＝－lnt，∴

7、y′＝<0，∴y在(0,1)上单调递减．由y的取值范围是，得t的取值范围是，∵x1＋x2＝2a，∴(2a)2＝(x1＋x2)2＝x＋2x1x2＋x＝＝4a2＝＋＋2，∴4a2＝＋＋2＝t＋＋2∈，又a>1，故实数a的取值范围是.4．(2020·河南开封二模)已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)·sinx＋cosx.(1)当a＝1，x≥－时，求f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝，x∈∪，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a＝1时，f(x)＝xex＋(x＋1)