1、高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-1-层级二 专题一 第 4 讲(文)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)excos x，g(x)为 f(x)的导函数(1)求 f(x)的单调区间；(2)当 x4，2 时，证明 f(x)g(x)2x 0.解析：(1)由已知，有 f(x)ex(cos xsin x)因此，当 x2k4，2k54(kZ)时，有 sin xcos x，得 f(x)0，则 f(x)单调递减；当 x2k34，2k4(kZ)时，有 sin xcos x，得 f(x)0，则 f(x
2、)单调递增所 以，f(x)的 单 调 递 增 区 间 为 2k34，2k4(k Z)，f(x)的 单 调 递 减 区 间 为2k4，2k54(kZ)(2)证明：记 h(x)f(x)g(x)2x，依题意及(1)，有 g(x)ex(cos xsin x)，从而 g(x)2exsin x当 x4，2 时，g(x)0，故 h(x)f(x)g(x)2x g(x)(1)g(x)2x 0.因此，h(x)在区间4，2 上单调递减，进而 h(x)h 2 f 2 0.所以，当 x4，2 时，f(x)g(x)2x 0.2(2019大庆三模)设函数 f(x)x22kln x，k0.(1)求 f(x)的单调区间和极值；
3、(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)x22kln x(k0)得 f(x)xkxx2kx.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)0f(x)k1ln k2 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处取得极高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-2-小值 f(k)k1ln k2.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为 f(k)k1ln k2.因为 f(x)存在零点，所以k1ln k20，从
4、而 ke.当 ke 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 ke 时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且 f(1)120，f(e)ek2 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全国卷)已知函数 f(x)2sin xxcos xx，f(x)为 f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若 x0，时，f(x)ax，求 a 的取值范围解：(1)设 g(x)f(x)，则 g(x)cos xxsin x1，g(x)
5、xcos x.当 x0，2 时，g(x)0；当 x2，时，g(x)0，所以 g(x)在0，2 上单调递增，在2，上单调递减又 g(0)0，g 2 0，g()2，故 g(x)在(0，)存在唯一零点，所以 f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知 f()a，f()0，可得 a0，由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为 x0，且当 x(0，x0)时，f(x)0；当 x(x0，)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又 f(0)0，f()0，所以当 x0，时，f(x)0.又当 a0，x0，时，ax0，故 f(x)ax.因此，a 的取值范围是(，
6、04(2019成都诊断)已知函数 f(x)(x22axa2)ln x，aR.(1)当 a0 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a1 时，令 F(x)fxx1xln x，证明：F(x)e2，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 a0 时，f(x)x2ln x(x0)，此时 f(x)2xln xxx(2ln x1)令 f(x)0，解得 xe12.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-3-函数 f(x)的单调递增区间为(e12，)，单调递减区间为(0，e12)(2)证明：F(x)fxx1xln xxln xx.由
7、F(x)2ln x，得 F(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，F(x)F(e2)e2.(3)f(x)2(xa)ln xxa2xxax(2xln xxa)令 g(x)2xln xxa，则 g(x)32ln x，函数 g(x)在(0，e32)上单调递减，在(e32，)上单调递增，g(x)g(e32)2e32a.当 a0 时，函数 f(x)无极值，2e32a0，解得 a2e32.当 a0 时，g(x)min2e32a0，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 xa 为方程 f(x)0 的重根，2aln aaa0，即 2aln a0，a1.
8、当 0a1 时，x01 且 x0a，函数 f(x)的极值点为 a 和 x0；当 a1 时，x01 且 x0a，函数 f(x)的极值点为 a 和 x0；当 a1 时，x01，此时函数 f(x)无极值综上，a2e32或 a1.5(2019深圳三模)已知函数 f(x)xln x.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的 t0，存在唯一的 m 使 tf(m)；(3)设(2)中所确定的 m 关于 t 的函数为 mg(t)，证明：当 te 时，有 710ln gtln t 1.解析：(1)f(x)xln x，f(x)ln x1(x0)，当 x0，1e 时，f(x)0，此时 f(x)在0，1e
9、 上单调递减，当 x1e，时，f(x)0，f(x)在1e，上单调递增(2)证明：当 0 x1 时，f(x)0，又 t0，令 h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知 h(x)在区间1，)上为增函数，h(1)t0，h(et)t(et1)0，高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-4-存在唯一的 m，使 tf(m)成立(3)证明：mg(t)且由(2)知 tf(m)，t0，当 te 时，若 mg(t)e，则由 f(m)的单调性有 tf(m)f(e)e，矛盾，me，又ln gtln t ln mln fmln mlnmln mln mln mlnln muuln u，其中 uln m，u1
10、，要使 710ln gtln t 1 成立，只需 0ln u37u，令 F(u)ln u37u，u1，F(u)1u37，当 1u73时 F(u)0，F(u)单调递增，当 u73时，F(u)0，F(u)单调递减对 u1，F(u)F 73 0，即 ln u37u 成立综上，当 te 时，710ln gtln t 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全国卷)已知函数 f(x)2sin xxcos xx，f(x)为 f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若 x0，时
11、，f(x)ax，求 a 的取值范围解：(1)设 g(x)f(x)，则 g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当 x0，2 时，g(x)0；当 x2，时，g(x)0，所以 g(x)在0，2 上单调递增，在2，上单调递减又 g(0)0，g 2 0，g()2，故 g(x)在(0，)存在唯一零点，所以 f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知 f()a，f()0，可得 a0，由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为 x0，且当 x(0，x0)时，f(x)0；当 x(x0，)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又 f(0)0，f
12、()0，所以当 x0，时，f(x)0.又当 a0，x0，时，ax0，故 f(x)ax.因此，a 的取值范围是(，0高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-5-2(2020成都诊断)已知函数 f(x)(x22axa2)ln x，aR.(1)当 a0 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a1 时，令 F(x)fxx1xln x，证明：F(x)e2，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 a0 时，f(x)x2ln x(x0)，此时 f(x)2xln xxx(2ln x1)令 f(x)0，解得 xe12.函数 f(x)的
13、单调递增区间为(e12，)，单调递减区间为(0，e12)(2)证明：F(x)fxx1xln xxln xx.由 F(x)2ln x，得 F(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，F(x)F(e2)e2.(3)f(x)2(xa)ln xxa2xxax(2xln xxa)令 g(x)2xln xxa，则 g(x)32ln x，函数 g(x)在(0，e32)上单调递减，在(e32，)上单调递增，g(x)g(e32)2e32a.当 a0 时，函数 f(x)无极值，2e32a0，解得 a2e32.当 a0 时，g(x)min2e32a0，即函数 g(x)在(0，)上存在零点，记为 x0.
14、由函数 f(x)无极值点，易知 xa 为方程 f(x)0 的重根，2aln aaa0，即 2aln a0，a1.当 0a1 时，x01 且 x0a，函数 f(x)的极值点为 a 和 x0；当 a1 时，x01 且 x0a，函数 f(x)的极值点为 a 和 x0；当 a1 时，x01，此时函数 f(x)无极值综上，a2e32或 a1.3(2019深圳三模)已知函数 f(x)xln x.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的 t0，存在唯一的 m 使 tf(m)；(3)设(2)中所确定的 m 关于 t 的函数为 mg(t)，证明：当 te 时，有 710ln gtln t 1.解析
15、：(1)f(x)xln x，高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-6-f(x)ln x1(x0)，当 x0，1e 时，f(x)0，此时 f(x)在0，1e 上单调递减，当 x1e，时，f(x)0，f(x)在1e，上单调递增(2)证明：当 0 x1 时，f(x)0，又 t0，令 h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知 h(x)在区间1，)上为增函数，h(1)t0，h(et)t(et1)0，存在唯一的 m，使 tf(m)成立(3)证明：mg(t)且由(2)知 tf(m)，t0，当 te 时，若 mg(t)e，则由 f(m)的单调性有 tf(m)f(e)e，矛盾，me，又ln gtl
16、n t ln mln fmln mlnmln mln mln mlnln muuln u，其中 uln m，u1，要使 710ln gtln t 1 成立，只需 0ln u37u，令 F(u)ln u37u，u1，F(u)1u37，当 1u73时 F(u)0，F(u)单调递增，当 u73时，F(u)0，F(u)单调递减对 u1，F(u)F 73 0，即 ln u37u 成立综上，当 te 时，710ln gtln t 1 成立4(2019厦门二调)已知函数 f(x)aln x，g(x)x1xf(x)(1)讨论 h(x)g(x)f(x)的单调性；(2)若 h(x)的极值点为 3，设方程 f(x)
17、mx0 的两个根为 x1，x2，且x2x1ea，求证：fx1x2mfx1x265.解析：(1)h(x)g(x)f(x)xaln x1ax，其定义域为(0，)，h(x)x1x1ax2.在(0，)递增；a10 即 a1 时，x(0,1a)时，h(x)0，x(1a，)时，h(x)0，h(x)在(0,1a)递减，在(1a，)递增，综上，a1 时，h(x)在(0,1a)递减，在(1a，)递增，a1 时，h(x)在(0，)递增高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-7-(2)证明：由(1)得 x1a 是函数 h(x)的唯一极值点，故 a2.2ln x1mx10,2ln x2mx20，2(ln
18、x2ln x1)m(x1x2)，又 f(x)2ln x，f(x)2x，fx1x2mfx1x22x1x2m2x1x2x1x222x1x2mx1x2x1x2mx1x221x2x11x2x1lnx2x1.令x2x1te2，(t)1t1tln t，则(t)t21tt120，(t)在e2，)上递增，(t)(e2)12e211232165.故fx1x2mfx1x265.5(2019全国卷)已知函数 f(x)ln xx1x1.(1)讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；(2)设 x0 是 f(x)的一个零点，证明曲线 yln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 yex 的切
19、线解：(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为 f(x)1x2x120，所以 f(x)在(0,1)，(1，)单调递增因为 f(e)1e1e10，f(e2)2e21e21e23e210，所以 f(x)在(1，)有唯一零点 x1，即 f(x1)0.又 01x11，f 1x1 ln x1x11x11f(x1)0，故 f(x)在(0,1)有唯一零点1x1.综上，f(x)有且仅有两个零点(2)因为1x0，故点 Bln x0，1x0 在曲线 yex 上高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-8-由题设知 f(x0)0，即 ln x0 x01x01，故直线 AB 的斜率 k1x0ln x0ln x0 x01x0 x01x01x01x01x01x0.曲线 yex 在点 Bln x0，1x0 处切线的斜率是1x0，曲线 yln x 在点 A(x0，ln x0)处切线的斜率也是1x0，所以曲线 yln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 yex 的切线
