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历年高考数学真题汇编专题03 导数、函数的综合运用1、（2019江苏卷）.在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是_.【答案】4.【解析】当直线平移到与曲线相切位置时，切点Q即为点P到直线的距离最小.由，得，即切点，则切点Q到直线的距离为，2、（2019江苏卷）设函数，为f（x）的导函数（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若ab，b=c，且f（x）和零点均在集合中，求f（x）的极小值；（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M【解析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，因为，所以当时，令，则令，得列表如下：+0极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故所以当时，因此【详解】（1）因为，所以因为，所以，解得（2）因为，所以，从而令，得或因为，都在集合中，且，所以此时，令，得或列表如下：1+00+极大值极小值所以的极小值为（3）因为，所以，因为，所以，则有2个不同的零点，设为由，得列表如下： +00+极大值极小值所以的极大值解法一：因此解法二：因为，所以当时，令，则令，得列表如下：+0极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故所以当时，因此3、【2019年高考全国卷文数】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，）存在唯一零点；（2）若x0，时，f（x）ax，求a的取值范围【解析】（1）设，则.当时，；当时，所以在单调递增，在单调递减.又，故在存在唯一零点.所以在存在唯一零点.（2）由题设知，可得a0.由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，所以在单调递增，在单调递减.又，所以，当时，.又当时，ax0，故.因此，a的取值范围是.4、【2019年高考全国卷文数】已知函数证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数【解析】（1）的定义域为（0，+）.因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，故存在唯一，使得.又当时，单调递减；当时，单调递增.因此，存在唯一的极值点.（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根.由得.又，故是在的唯一根.综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.5、【2019年高考天津文数】设函数，其中.（）若a0，讨论的单调性；（）若，（i）证明恰有两个零点；（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.【解析】（）解：由已知，的定义域为，且.因此当a0时，从而，所以在内单调递增.（）证明：（i）由（）知.令，由，可知在内单调递减，又，且.故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则.当时，所以在内单调递增；当时，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.令，则当时，故在内单调递减，从而当时，所以.从而，又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.（ii）由题意，即从而，即.因为当时，又，故，两边取对数，得，于是，整理得.6、【2019年高考全国卷文数】已知函数（1）讨论的单调性；（2）当0a0，则当时，；当时，故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a2lna2.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，且f(x).(1.1)当a0时，f(x)0成立，所以f(x)在(0，)为增函数；(2分)(1.2)当a0时，(i)当xa时，f(x)0，所以f(x)在(a，)上为增函数；(ii)当0xa时，f(x)0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)1lna0，解得0aa，f(1)a0，f(x)在(a，)为增函数，且函数f(x)的图像在(a，1)上不间断所以f(x)在(a，)上有唯一的一个零点另一方面， 因为0a，所以0a2a.f(a2)lna22lna，令g(a)2lna，当0a时，g(a)ge20又f(a)a2.不妨设x1x2，由知0x1aa2，即证x1.因为x1，(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证ff(x1)又f(x1)f(x2)0，即证ff(x2)(14分)设函数F(x)ff(x)2lnx2lna(xa)所以F(x)0，所以F(x)在(a，)为增函数所以F(x2)F(a)0，所以ff(x2)成立从而x1x2a2成立所以p2ln(x1x2)2lna2，即x1f(x1)x2f(x2)2lna2成立(16分) 1. 第(2)中，用零点判定定理证明f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当0a时，要找一个数x00，这里需要取关于a的代数式，取x0a2，再证明f(a2)0，事实上由(1)可以得到xlnx，而f(a2)lna20即可2. 在(2)中证明x1x2a2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量x1，x2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用题型三、利用导数研究含义绝对值的问题解答题中绝对值处理策略简述：方法一：取绝对值，这是首选的；方法二：研究绝对值里面函数的相关问题，然后加上绝对值，分析其变化，最后解决题目的要求例3、(2019苏锡常镇调研）已知函数f(x)(x1)lnxax(aR)(1) 若yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为xyb0，求实数a，b的值；(2) 设函数g(x)，x(其中e为自然对数的底数)当a1时，求g(x)的最大值；若h(x)是单调递减函数，求实数a的取值范围 (1)利用导数的几何意义解决曲线的切线问题(2)利用导数讨论函数，导函数的单调性及值域本题的难点在于确定不同的分类标准，通过分类讨论，代数变形，将问题不断转化为熟悉的函数，不等式问题，再利用导数进行求解，在变形过程中利用了常用不等式lnxx1.规范解答 (1) f(x)lnxa，f(1)a21，a3，(1分)f(1)a3，把(1，3)代入xyb0解得b2.(2分)(2)因为g(x)lnx1，则g(x).(3分)令(x)xlnx1，则(x)10，(x)在上单调递增，(5分)(x)(1)0，(6分)所以g(x)0，g(x)在上单调递增，所以g(x)的最大值为g(e) .(8分)同理，单调递增函数g(x)，(9分)则h(x).1若a0，g(x)0，h(x)，h(x)0，令u(x)(1xx2)lnxax2x1，则u(x)(12x)lnx(2a1)x0.即u(x)在上单调递减，所以umax(x)u(1)a20，所以a2.(11分)2若a，g(x)0，h(x).由1知，h(x)，又h(x)在区间上是单调减函数，所以u(x)(1xx2)lnxax2x10对x恒成立，即ax2x1(1xx2)lnx对x恒成立，即alnx对x恒成立，令(x)lnx，x.(x)lnxlnx，证(x)lnxx1(1xe)又(x)10，即lnxx1，所以(x)lnx(x1)0.即(x)在区间上单调递减，所以(x)min(e)lne1，所以a(x)min1，又a，所以a.(13分)3若a0，所以g(x)在上单调递增，又g(1)g(e)a0，则存在唯一的x0(1，e)，使h(x0)0，所以h(x)在上不单调(15分)综上所述，a(16分) 本题以导数知识为背景考查了函数，导数与不等式的综合问题考查学生等价转化思想，代数变形，推理论证能力以及利用数学知识，分析问题，解决问题的能力，对数学分析能力要求较高题型四 利用导数研究定义型函数问题 本题属于新定义型函数，读懂题意，建立方程组是解题的关键，例4、(2019苏州期初调查）若对任意的实数k，b，函数yf(x)kxb与直线ykxb总相切，则称函数f(x)为“恒切函数”(1) 判断函数f(x)x2是否为“恒切函数”；(2) 若函数f(x)mlnxnx(m0)是“恒切函数”，求实数m，n满足的关系式；(3) 若函数f(x)(exx1)exm是“恒切函数”，求证：m0.规范解答 (1)函数f(x)为“恒切函数”，设切点为(x0，y0)则所以(2分)对于函数f(x)x2，f(x)2x.设切点为(x0，y0)，所以(3分)解得x00，所以f(x)x2是“恒切函数”(4分)(2)若函数f(x)mlnxnx(m0)是“恒切函数”，设切点为(x0，y0)因为f(x)n，所以(5分)解得lnx01，即x0e.(7分)所以实数m，n满足的关系式为mne0.(8分)(3) 解法1函数f(x)(exx1)exm是“恒切函数”，设切点为(x0，y0)因为f(x)(2exx2)ex，所以所以(10分)考查方程2exx2的解，设g(x)2exx2.因为g(x)2ex1，令g(x)0，解得xln2.所以当x(，ln2)时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x)ming(ln2)ln210，g(1)10.所以g(x)2exx2在(，ln2)上有唯一零点x0(2，1)又因为m(ex0x1)ex0x0(x02)，所以m.(14分)2当x(ln2，)时，因为g(0)0，所以g(x)2exx2在(ln2，)上有唯一零点0，所以m0.(15分)综上可知0，(x)单调递增；当x(，0)时，(x).综上可知m0. 本题属于新定义型函数，读懂题意，建立方程组是解题的关键，直线与曲线相切，抓住两点：1.切线处的导数值等于切线的斜率；2.切点既在曲线上，又在直线上第(3)问中，先通过研究函数的单调性，运用零点判断定理找出零点x0所在的区间，通过代换化简m的表达式，这样就转化为一个二次函数的值域问题一、填空题1、(2018苏北四市期末） 在平面直角坐标系xOy中，曲线C：xy上任意一点P到直线l：xy0的距离的最小值为_【答案】 【解析】解法1(基本不等式) 设曲线C：xy上任意一点P，它到直线l：xy0的距离d，当且仅当|x0|，即x0时取等号解法2(导数) 设过曲线C：xy上任意一点P的切线与直线l：xy0平行因为y，所以y|xx0，解得x0.当x0时，P(，1)到直线l：xy0的距离d；当x0时，P(，1)到直线l：xy0的距离d，所以曲线C：xy上任意一点到直线l：xy0的距离的最小值为.2、（2018年徐州期末） 若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围 【答案】【解析】 ，利用图象只需恒成立，恒成立，令，列表略，3、已知函数，若存在唯一的零点，且，则a的取值范围是 【答案】【解析】当时，时，所以此时不符合题意；当时，当时，解得或，则在上单调递增，因为，则存在一零点在上，所以此时不符合题意；当时，当时，解得，时，解得或，所以函数在单调递减，在上单调递增，在上单调递减，若在上存在唯一的零点，且，则，即，整理得，解得或（舍去）综上所述，当时满足题意4、(2017苏北四市期末） 已知函数f(x)若关于x的不等式f(x)0，所以函数f(x)2xcosx在x上单调递增，所以f(x)f，满足题意；当x(，0)时，f(x)x(ax)，由题意得x(ax)x在x(，0)恒成立，而x(，0)时，x2当且仅当x即x时取等号，所以此时a2.综上所述，实数a的取值范围是(2，)解法2 当x时，f(x)2xcosx，f(x)2sinx0，所以函数f(x)2xcosx在x上单调递增，所以f(x)f，满足题意；当x(，0)时，f(x)x(ax)，由题意得f(x)max在x(，0)时恒成立，若0即a0时，f(x)maxf，所以20即a0时，f(x)f(0)00时，函数yf(x)g(x)的值有正有负；当x0时，yx3(k12)x2，当x0时，y20，故它要经过第一象限和第四象限，则存在x0，使yx3(k12)x2x2，即k12.令h(x)x2(x0)，h(x)2x，当x1时，h(x)0，h(x)在(1，)上递增；当0x1时，h(x)3，即k9.当x0时，y|x3|(kx1)，当x0时，y20，故它要经过第二象限和第三象限，则存在x0，使y|x3|(kx1)0，则k，即kmax.令(x)易知(x)在(，3上单调递增，在(3，0)上单调递减，当x3时取得极大值，也是最大值，(x)max(3)，故k0，令F(x)f(x)g(x)因为当0xa时，F(x)2(xa)0，所以F(x)在(0，a)上递减，在(a，)上递增，故F(x)minF(a)a2aalna，结合F(x)的图像可得，要使得F(x)有两个零点，只需要F(a)0，令h(a)a1lna，则h(a)10，所以h(a)在(0，)上递增，又因为h(1)0，h0，所以a1，故实数a的取值范围为(1，)11、(2017南京、盐城二模）已知函数f(x)lnx(ea)xb，其中e为自然对数的底数若不等式f(x)0恒成立，则的最小值为_【答案】 【解析】思路分析 若的最小值为，则恒成立，结合题意必有ab0恒成立由f(x)(lnxex)axb0恒成立，得fab0.猜想a0，从而.f(x)(ea)(x0)，当ea0，即ae时，f(eb)(ea)eb0，显然f(x)0不恒成立当ea0，即ae时，当x时，f(x)0，f(x)为增函数；当x时，f(x)0，f(x)为减函数，所以f(x)maxfln(ae)b1.由f(x)0恒成立，得f(x)max0，所以bln(ae)1，所以得.设g(x)(xe)，g(x).由于yln(xe)为增函数，且当x2e时，g(x)0，所以当x(e,2e)时，g(x)0，g(x)为减函数；当x(2e，)时，g(x)0，g(x)为增函数，所以g(x)ming(2e)，所以，当a2e，b2时，取得最小值.12、(2018无锡期末）若函数f(x)(x1)2|xa|在区间1，2上单调递增，则实数a的取值范围是_【答案】 (，1【解析】 由于条件中函数的解析式比较复杂，可以先通过代数变形，将其化为熟悉的形式，进而利用导数研究函数的性质及图像，再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解函数f(x)(x1)2|xa|(x1)2(xa)|x3(2a)x2(12a)xa|.令g(x)x3(2a)x2(12a)xa，则g(x)3x2(42a)x12a(x1)(3x12a)令g(x)0得x11，x2.当1，即a0，即(x1)(3x12a)0，解得x1；令g(x)0，解得x1.所以g(x)的单调增区间是，(1，)，单调减区间是.又因为g(a)g(1)0，所以f(x)的单调增区间是，(1，)，单调减区间是(，a)，满足条件，故a1，即a1时，令g(x)0，即(x1)(3x12a)0，解得x；令g(x)0，解得1x1，故a(此种情况函数f(x)图像如图3)综上，实数a的取值范围是(，1.,图3)二、解答题13、(2019镇江期末）己知函数f(x)alnxbx(a，bR)(1) 若a1，b1，求函数f(x)的图像在x1处的切线方程；(2) 若a1，求函数yf(x)的单调区间；(3) 若b1，已知函数yf(x)在其定义域内有两个不同的零点x1，x2，且x1x2，不等式a0)恒成立，求实数m的取值范围解析 (1)当a1，b1时，f(x)lnxx，(1分)则有f(x)1，即f(1)10.(3分)又f(1)1，则所求切线方程为y1.(4分)(2)当a1时，f(x)lnxbx，则有f(x)b.(5分)函数的定义域为(0，)若b0，则f(x)0恒成立，则f(x)的单调增区间为(0，)(6分)若b0，则由f(x)0，得x.当x时，f(x)0，则f(x)的单调增区间为；(7分)当x时，f(x)0，则f(x)的单调减区间为.(8分)(3)当b1时，f(x)alnxx，由题知x1，x2分别是方程alnxx0的两个根，即alnx1x1，alnx2x2.两式相减得a(lnx2lnx1)x2x1，则a，(9分)则不等式a0)，可变为0，两边同时除x1得，1，则有0，lnt0，即lnt0，(11分)令k(t)lnt，k(t).当1，即m时，k(t)0在(1，)上恒成立，则k(x)在(1，)上单调递增，又k(1)0，则k(t)0在(1，)上恒成立(13分)当1，即0m时，则当t时，k(t)0，则k(t)在上单调递减，则k(t)k(1)0，不符合题意(15分)综上，m.(16分)14、(2019泰州期末）设A，B为函数yf(x)图像上相异两点，且点A，B的横坐标互为倒数在点A，B处分别作函数yf(x)的切线，若这两条不重合的切线存在交点，则称这个交点为函数f(x)的“优点”(1) 若函数f(x)不存在“优点”，求实数a的值；(2) 求函数f(x)x2的“优点”的横坐标的取值范围；(3) 求证：函数f(x)lnx的“优点”一定落在第一象限 (1)由于f(x)不存在“优点”，即两条切线不存在交点，所以两条切线平行或重合，根据导数的几何意义，得到f(x)f对x(0，1)(1，)恒成立，代入计算，得到a的值(2)设出A，B两点的坐标，求出f(x)在A，B两点处的切线方程，由两切线方程联立，求得交点的横坐标，再运用基本不等式求得范围(3)设出A，B两点的坐标，求出f(x)在A，B两点处的切线方程，由两切线方程联立，求得交点的坐标，即“优点”的坐标，再证明横坐标和纵坐标都大于0，即可证得结论规范解答 (1) 不妨设A(t，f(t)(0t1)，当0x1时，f(x)2ax，则f，因为函数f(x)不存在“优点”，所以对任意的0t0时，t2；当t0时，t0，y00.设A(t，lnt)，B，不妨设A在B的右边，则t1，过A，B的切线方程分别为y(xt)lnt，yt(x)lnt，联立这两个方程得x0lnt，y01，(12分)因为t1，所以x0lnt0，设h(t)lnt(t1)，则h(t)0(t1)所以函数h(t)在(1，)上是增函数，所以h(t)h(1)0，则lnt.因为当t1时，t210，所以y010.故函数f(x)lnx的“优点”P一定落在第一象限(16分) 本题考查新定义类函数问题，理解题意，将问题合理地转化是解题地关键，其中第(3)问，证明“优点”的纵坐标大于0，需要构造函数，运用换元法，化简函数的解析式，再运用导数法来研究函数的单调性和最值来处理，这一方法，是高考考查的重点和热点15、(2018扬州期末）已知函数f(x)ex，g(x)axb，a，bR.(1) 若g(1)0，且函数g(x)的图像是函数f(x)图像的一条切线，求实数a的值；(2) 若不等式f(x)x2m对任意x(0，)恒成立，求实数m的取值范围；(3) 若对任意实数a，函数F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点，求实数b的取值范围 第(1)问研究函数的切线问题，通常通过设出切点坐标，应用导数求出切线的斜率，进而求得切线方程，根据切线方程满足的条件求解相关的问题；第(2)问由恒成立问题求参数的取值范围，其基本方法有两种，一是将所研究的参数分离出来，转化为研究一个已知函数的最值来解决问题；二是通过移项来构造一个含有参数的函数，然后通过研究该函数的最值来解决问题第(3)问研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图”来直观地说明规范解答 (1) 由g(1)0知，g(x)的图像过点(1，0)设函数g(x)的图像与函数f(x)的图像切于点T(x0，y0)由f(x)ex得切线方程是yex0ex0(xx0)，此直线过点(1，0)，故0ex0ex0(1x0)，解得x00，所以af(0)e01.(3分)(2) 由题意得mexx2，x(0，)恒成立令h(x)exx2，x(0，)，则h(x)ex2x，再令n(x)h(x)ex2x，则n(x)ex2，故当x(0，ln2)时，n(x)0，n(x)单调递增，从而n(x)在(0，)上有最小值n(ln2)22ln20，即有h(x)0在(0，)上恒成立，所以h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)h(0)e0021，(6分)所以m1.(8分)(注：漏掉等号的扣2分)(3) 若a0，F(x)f(x)g(x)exaxb在(0，)上单调递增，故F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点的必要条件是F(0)1.(10分)以下证明当b1时，F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点若a0.由于F(0)1b0，且F(x)在(0，)上连续，由零点存在定理可知F(x)在上必有零点(12分)若a0.由(2)知exx21x2在x(0，)上恒成立取x0ab，则F(x0)F(ab)eaba(ab)b(ab)2a2abbabb(b1)0.由于F(0)1b0，且F(x)在(0，)上连续，由零点存在定理可知F(x)在(0，ab)上必有零点综上得实数b的取值范围是(1，)(16分)16、(2017南京学情调研）已知函数f(x)ex，g(x)xb，bR. (1) 若函数f(x)的图像与函数g(x)的图像相切，求b的值；(2) 设函数T(x)f(x)ag(x)，aR，求T(x)的单调递增区间；(3) 设函数h(x)|g(x)|f(x)，b1.若存在x1，x20,1，使|h(x1)h(x2)|1成立，求b的取值范围思路分析 (1) 对于直线与曲线相切问题，只要切点不知道的，都要先设切点坐标，然后运用好切点的双重身份，即切点既是切线上的点，又是曲线上的点，它的坐标既适合切线方程，又适合曲线方程，再由方程(组)思想，求出未知量；(2) 要求函数T(x)的单调递增区间，只要求T(x)0的解区间就行，不过需对a进行分类讨论；(3) 首先要把“若存在x1，x20,1，使|h(x1)h(x2)|1成立”运用等价转化的思想转化为“h(x)在0,1上的最大值h(x)max和最小值h(x)min满足h(x)maxh(x)min1”，接下来的问题就是求h(x)在0,1上的最大值和最小值对于含绝对值的函数一般首先要去掉绝对值，这里要运用好分类讨论思想规范解答 (1) 设切点为(t，et)，因为函数f(x)的图像与函数g(x)的图像相切，所以et1，且ettb，解得b1.(2分)(2) T(x)exa(xb)，T(x)exa.当a0时，T(x)0恒成立；(4分)当a0时，由T(x)0，得xln(a)(6分)所以当a0时，函数T(x)的单调增区间为(，)；当a0时，函数T(x)的单调增区间为(ln(a)，)(8分)(3) 若存在x1，x20,1，使|h(x1)h(x2)|1成立，则等价转化为h(x)在0,1上的最大值h(x)max和最小值h(x)min满足h(x)maxh(x)min1.解法1 h(x)|g(x)|f(x)当xb时，有h(x)(xb1)ex0；当x0；当b1xb时，有h(x)(xb1)ex0，所以h(x)在(，b1)上是增函数，在(b1，b)上是减函数，在(b，)上是增函数(10分)因为b1，得(1b)eb1，解得b1，所以b0.(12分)当0b0，即b，此时h(0)h(1)；若b，此时h(0)h(1)() 当0b1，得(1b)e1，解得b.(14分)() 当b1时，有h(x)maxh(0)b，h(x)minh(b)0.因为b1不成立综上，b的取值范围为，.(16分)解法2 h(x)|g(x)|f(x)|xb|ex|(xb)ex|，令(x)(xb)ex，则h(x)|(x)|.先研究函数(x)(xb)ex，(x)(xb1)ex.因为b0，因此(x)在0,1上是增函数所以(x)min(0)b，(x)max(1)(1b)e0.(10分)若(0)b0，即b0时，h(x)min(0)b，h(x)max(1)(1b)e，则由h(x)maxh(x)min1，即(1b)eb1，解得b1，所以b0.(12分)若(0)b0，即0b1时，h(x)min(b)0，h(x)maxmax(0)，(1)，令(0)(1)b(1b)eb(e1)e0，则b.() 当0b时，(0)(1)1，即(1b)e1，解得b，所以0b.(14分)() 当b1，得b1，与b1不成立综上，b的取值范围为，.(16分) 31 / 31
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