2021高考数学二轮专题复习 备考训练21 导数的综合问题—大题备考（含解析）.doc

1、备考训练21导数的综合问题大题备考1已知函数f(x)xex2xaln x，曲线yf(x)在点P(1，f(1)处的切线与直线x2y10垂直(1)求实数a的值；(2)求证：f(x)x22.2函数f(x)axxln x在x1处取得极值(1)求f(x)的单调区间；(2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围3已知函数f(x)(m0)，其中e为自然对数的底数(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若m(1,2)，证明：当x1，x21，m时，f(x1)x21恒成立42020山东青岛质量检测已知函数f(x)ln xx2sin x，f(x)为f(x)的导函数(1)求证：f(x)在(0，)

2、上存在唯一零点；(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点52020山东滨州质量检测已知函数f(x)ex(1mln x)，其中m0，f(x)为f(x)的导函数，设h(x)，且h(x)恒成立(1)求m的取值范围；(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f(x)的极小值点为x1，求证：x0x1.62020山东烟台诊断性测试已知函数f(x)ln x2axx2，其中0ae.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)零点的个数；(3)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2x22可化为xex2x2eln xx220.设g(x)xex2x2eln xx22，则g(x)(x1)ex2

3、2x.记h(x)(x1)ex22x(x0)，则h(x)(x2)ex2，因为x0，所以x22，ex1，故(x2)ex2，又0，所以h(x)(x2)ex20，所以函数h(x)在(0，)上单调递增又h(1)2e22e20，所以当x(0,1)时，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0，函数g(x)单调递增所以g(x)g(1)e22eln 112e1，显然e10，所以g(x)0，即xex2x2eln xx22，也就是f(x)x22.2解析：(1)由题意知，f(x)aln x1(x0)，f(1)a10，解得a1，当a1时，f(x)xxln x，即f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得

4、0x1，即m2，当0x1时，f(x)x(1ln x)0且x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).如图，由图象可知，m10，即m1，由可得2m0，即1m1时，令f(x)0得x1，令f(x)0得1mxg(x)max，由(1)可知，m(1,2)时，f(x)在1，m上单调递减，f(x)minf(m)，g(x)在1，m上单调递减，g(x)maxg(1)，即证，记h(m)(1m0得1m，令h(m)0得m，即当x1，x21，m时，f(x1)x21恒成立4解析：(1)设g(x)f(x)12cos x，当x(0，)时，g(x)2sin x0，g10，f(x)在(0，)上单调递增，当x(，)时，f(x)fln2

5、20，又因为f22sin220，所以f(x)在(0，)上恰有一个零点又因为f()ln 20，所以f(x)在(，)上也恰有一个零点当x，2)时，sin x0，f(x)ln xx，设h(x)ln xx，h(x)10，所以h(x)在，2)上单调递减，所以h(x)h()0，所以当x，2)时，f(x)h(x)h()0恒成立，所以f(x)在，2)上没有零点当x2，)时，f(x)ln xx2，设(x)ln xx2，(x)10，所以(x)在2，)上单调递减，所以(x)(2)0，所以当x2，)时，f(x)(x)(2)0)，h(x)1mln x，h(x)(x0)，由h(x)0，得x1，所以函数h(x)在区间(1，

6、)上是增函数；由h(x)0，得0x0)，则H(x)0，故函数H(x)在区间(0，)上单调递增，由(1)知，m，所以H(1)m10，H1mln 21ln 20，故存在x2，使得H(x2)0，所以，当0xx2时，H(x)0，g(x)x2时，H(x)0，g(x)0，函数g(x)单调递增，所以x2是函数g(x)的极小值点因此x2x1，即x1.由(1)可知，当m时，h(x)，即1ln x，整理得ln x1，所以mln xm.因此g(x)g(x1)ex1ex1(1m)0，即f(x)0，所以函数f(x)在区间(0，)上单调递增由于H(x1)0，即1mln x10，即1mln x1，所以f(x1)ex1(1m

7、ln x1)mex1x1.6解析：(1)函数f(x)的定义域为x|x0，f(x)(xa)ln x2ax(xa)ln xxa2ax(xa)ln x(xa)(xa)(ln x1)，令f(x)0，得xa或xe，因为0ae，当0xe时，f(x)0，f(x)单调递增；当axe时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)的增区间为(0，a)，(e，)；减区间为(a，e)(2)取min1,2a，则当x(0，)时，xa0，ln x0，所以f(x)xln xx0；又因为0a0恒成立，即f(x)在(0，a上无零点：下面讨论xa的情况：当0a0，f(e)eee0，根据零点存在定理，f(x)有两个不同的零点；当a时

8、，由f(x)在(a，e)上单调递减，(e，)上单调递增，且f(e)0，此时f(x)有唯一零点e；若a0，此时f(x)无零点；综上，若0a，f(x)有两个不同的零点；若a，f(x)有唯一零点e；若ae，f(x)无零点(3)证明：由(2)知，0a，且ax1e0，x2e20，所以g(x)x4ax3e2axe4(x2e2ax)(x2e2)0，又ln x10恒成立，即F(x)在(a，e)上单调递增，于是当axe时，F(x)F(e)0，即f(x)f，因为x1(a，e)，所以f(x1)f，又f(x1)f(x2)，所以f(x2)e，e，且f(x)在(e，)上单调递增，所以由f(x2)f，可得x2，即x1x2e2.