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第6讲导数及其应用真题调研【例1】2019全国卷已知函数f(x)sinxln(1x)，f(x)为f(x)的导数，证明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点解：(1)设g(x)f(x)，则g(x)cosx，g(x)sinx.当x时，g(x)单调递减，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零点，设为.则当x(1，)时，g(x)0；当x时，g(x)0.所以g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点(2)f(x)的定义域为(1，)()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x0是f(x)在(1,0的唯一零点()当x时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在单调递减，而f(0)0，f0，所以存在，使得f()0，且当x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(0，)单调递增，在单调递减又f(0)0，f1ln0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x)在没有零点()当x时，f(x)0，所以f(x)在单调递减而f0，f()0，所以f(x)在有唯一零点()当x(，)时，ln(x1)1，所以f(x)0，从而f(x)在(，)没有零点综上，f(x)有且仅有2个零点【例2】2019全国卷已知函数f(x)2x3ax2b.(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)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0或x.若a0，则当x(，0)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(，0)，单调递增，在单调递减；若a0，f(x)0，故f(x)在(，)单调递增；若a0，则当x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在，(0，)单调递增，在单调递减(2)满足题设条件的a，b存在()当a0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)2ab.此时，a，b满足题设条件当且仅当b1,2ab1，即a0，b1.()当a3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)2ab.此时，a，b满足题设条件当且仅当2ab1，b1，即a4，b1.()当0a3时，由(1)知，f(x)在0,1的最小值为fb，最大值为b或2ab.若b1，b1，则a3，与0a3矛盾若b1,2ab1，则a3或a3或a0，与0a3矛盾综上，当且仅当a0，b1或a4，b1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a0，设函数f(x)alnx，x0.(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x)，求a的取值范围注：e2.718 28为自然对数的底数解：(1)当a时，f(x)lnx，x0.f(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)，得0a.当00，故q(x)在上单调递增，所以q(x)q.由得，qpp(1)0.所以，q(x)0.由知对任意x，t2，)，g(t)0，即对任意x，均有f(x).综上所述，所求a的取值范围为.【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时，证明f(x)g(x)0；(3)设xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点，其中nN，证明2nxncosx，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sinx0，则f(x)单调递增所以，f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)记h(x)f(x)g(x)，依题意及(1)，有g(x)ex(cosxsinx)，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)hf0.所以，当x时，f(x)g(x)0.(3)依题意，u(xn)f(xn)10，即exncosxn1.记ynxn2n，则yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，当x时，g(x)0，所以g(x)在上为减函数，因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn.所以，2nxn0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，无极值点；当a0时，方程xexa0有唯一解，设为x0(x00)，且当0xx0时，f(x)x0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a1时，不等式f(x)g(x)对任意的x(0，)恒成立，即xexlnx1(m1)x对任意的x(0，)恒成立，即exm1对任意的x(0，)恒成立，记F(x)ex，则F(x)ex，记h(x)x2exlnx，则h(x)在(0，)上单调递增，且，h(1)e0，所以存在x1使得h(x1)0，且当x(0，x1)时，h(x)0，F(x)0，F(x)0.所以1m1，解得m0.综上，实数m的取值范围是(，0解法二：当a1时，不等式f(x)g(x)对任意的x(0，)恒成立，即xexlnx1(m1)x对任意的x(0，)恒成立，即m1对任意的x(0，)恒成立，记h(t)ett，因为h(t)et1，所以当t0时，h(t)0时，h(t)0，所以h(t)h(0)1，因此ett1(当且仅当t0时取“”)，所以xexlnx1elnxxlnx1lnxx1lnx1x，所以当x0时，1，且当xlnx0时，取到“”，所以的最小值是1，因此1m1，即m0.综上，实数m的取值范围是(，022019广州综合测试二已知函数f(x)lnx(kR)(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x1x22.解：(1)因为f(x)lnx，函数f(x)的定义域为(0，)，所以f(x)，x0.当k0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或x(舍去)，当x(0，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增综上所述，当k0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当k0时，函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增(2)先求k的取值范围解法一：由(1)知，当k0时，f(x)在(0，)上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件当k0时，函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，所以f(x)minf()ln.要使函数f(x)有两个零点，首先f(x)minln0，解得k0.2k0，下面证明f(2k)ln(2k)0.设g(k)ln(2k)，则g(k).当k时，g(k)0.所以g(k)在上单调递增，所以g(k)gln0，即f(2k)0成立【若考生书写为：当x0时，f(x)，且f(1)k0.此处不扣分】所以k的取值范围是.解法二：由f(x)lnx0，得kx2lnx.设g(x)x2lnx，则g(x)x(2lnx1)当0x时，g(x)时，g(x)0，所以函数g(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增所以g(x)ming().因为x0时，g(x)0，且g(1)0，所以要使函数f(x)有两个零点，必有k2.解法一：x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x11.由，得lnx2lnx1.所以lnt，即x，k1.要证x1x22，即证(x1x2)28k，即证x(1t2)8k，即证(1t)28k，因为k1，所以即证(1t)28lnt，即证8lnt(1t)21)设h(t)8lnt(1t)2，即h(t)8lntt22t，所以h(t)2t2，则当t1时，h(t)1时，h(t)8lnt(1t)22.解法二：x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x11.由，得lnx2lnx1.所以lnt，即x，k1.要证x1x22，即证，即证tx2k，即证t2k，因为k1，所以即证t2lnt(t1)设h(t)2lntt，所以h(t)1，则当t1时，h(t)1时，h(t)2lntt22.解法三：x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x11.由得lnx1lnx2.要证x1x22，即证，只需证lnxlnx2ln(2k)即证ln(2k)，即证ln(2k)，即证kln(2k)由(1)可得0x1，所以0x.所以kk(11)1.而ln(2k)ln(2k)成立所以x1x222.解法四：x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x11.由得lnx2lnx1.先证明，即证明lnt1)设h(t)lnt，则h(t)，当t1时，h(t)0，所以h(t)在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)0，所证不等式成立所以有，即k(x1x2)()3.因为(x1x2)，所以k(x1x2)8k.所以x1x22.解法五：要证x1x22，其中x1(0，)，x2(，)，即证x22x1.由(1)得函数f(x)在(，)上单调递增，又2x1，所以只需证明f(x2)f(2x1)因为f(x2)f(x1)，所以只要证明f(x1)f(2x1)，其中x1(0，)构造函数F(x)f(x)f(2x)，x(0，)，则F(x)lnxln(2x).因为F(x)(利用基本不等式)F()lnln0，所以f(x)f(2x)在(0，)上恒成立所以要证的不等式x1x22成立32019太原一模已知函数f(x)lnxax2(2a)x，aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a时，若对于任意x1，x2(1，)(x1x2)，都存在x0(x1，x2)，使得f(x0)，证明：x0.解：(1)由题意得f(x)2ax(2a)，x0.当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f(x)0，则0x；令f(x)0，则x，f(x)在上单调递增，在单调递减(2)证明：当a时，lna(x2x1)(2a)，f(x0)2ax0(2a)，lna(x2x1)2ax0.ff(x0)a(x2x1)ln令t，g(t)lnt，t1，则g(t)0，g(t)g(1)0，ff(x0)0，ff(x0)设h(x)f(x)2ax(2a)，x1，则h(x)2a110，h(x)f(x)在(1，)上单调递增，x0.42019石家庄一模已知函数f(x)lnx，g(x)，aR.(1)求函数f(x)的极小值；(2)求证：当1a1时，f(x)g(x)解：(1)f(x)，(x0)当a10时，即a1时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，无极小值；当a10时，即a1时，f(x)00xa1，函数f(x)在(0，a1)上单调递减；f(x)0xa1，函数f(x)在(a1，)上单调递增；f(x)极小值f(a1)1ln(a1)综上所述，当a1时，f(x)无极小值；当a1时，f(x)极小值1ln(a1)(2)令F(x)f(x)g(x)lnx，(x0)当1a1时，要证：f(x)g(x)，即证F(x)0，即证xlnxasinx10.解法一：要证xlnxasinx10，即证xlnxasinx1.当0a1时，令h(x)xsinx(x0)，h(x)1cosx0，所以h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)h(0)0，即xsinx，ax1asinx1(*)令q(x)xlnxx1，q(x)lnx，当x(0,1)，q(x)0，q(x)在(0,1)上单调递减；x(1，)，q(x)0，q(x)在(1，)上单调递增，故q(x)q(1)0，即xlnxx1.当且仅当x1时取等号又0a1，xlnxx1ax1(*)由(*)及(*)可知xlnxx1ax1asinx1，所以当0a1时，xlnxasinx1.当a0时，即证xlnx1.令m(x)xlnx，m(x)lnx1，m(x)在上单调递减，在上单调递增，m(x)minm1，故xlnx1.当1a0时，当x(0,1时，asinx11，由知m(x)xlnx，而1，故xlnxasinx1；当x(1，)时，asinx10，由知m(x)xlnxm(1)0，故xlnxasinx1；所以，当x(0，)时，xlnxasinx1.综上可知，当1a1时，f(x)g(x)解法二：当1a1时，下证xlnxasinx10，即证xlnxasinx1.当x1时，易知xlnx0，asinx10，故xlnxasinx10.当x1时，0asin110显然成立，故xlnxasinx10.当0x1时，sinx0，故sinxasinxsinx，令h(x)xsinx(x0)，h(x)1cosx0，所以h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)h(0)0，即xsinx，故asinxx；只需证q(x)xlnxx10，q(x)lnx，当x(0,1)，q(x)0，q(x)在(0,1)上单调递减，故q(x)q(1)0，故xlnxasinx10.综上可知，当1a1时，f(x)g(x)解法三：易知f(x)g(x)lnxa.要证f(x)g(x)，即证lnxa.令(x)lnx，则(x)，故(x)min(1)1.故(x)1.令h(x)sinxx，h(x)cosx10，故h(x)在(0，)上递减由h(0)0，从而当x0时sinxx，故1.由1a1，故a1.所以lnxa，综上，当1a1时，f(x)g(x)14
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