2019年高考数学真题分类汇编 3.2 导数的应用 文.doc

2019年高考数学真题分类汇编 3.2 导数的应用 文考点一导数与函数的单调性1.(xx课标,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+)单调递增,则k的取值范围是()A.(-,-2 B.(-,-1C.2,+) D.1,+)答案D2.(xx重庆,19,12分)已知函数f(x)=+-ln x-,其中aR,且曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线垂直于直线y=x.(1)求a的值;(2)求函数f(x)的单调区间与极值.解析(1)对f(x)求导得f (x)=-,由f(x)在点(1, f(1)处的切线垂直于直线y=x知f (1)=-a=-2,解得a=.(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,则f (x)=,令f (x)=0,解得x=-1或x=5.因x=-1不在f(x)的定义域(0,+)内,故舍去.当x(0,5)时, f (x)0,故f(x)在(5,+)内为增函数.由此知函数f(x)在x=5时取得极小值f(5)=-ln 5.3.(xx安徽,20,13分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x0,1时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析(1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=1+a-2x-3x2.令f (x)=0,得x1=,x2=,x1x2,所以f (x)=-3(x-x1)(x-x2).当xx2时, f (x)0;当x1x0.故f(x)在(-,x1)和(x2,+)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a0,所以x10.(i)当a4时,x21,由(1)知, f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.(ii)当0a4时,x21.由(1)知, f(x)在0,x2上单调递增,在x2,1上单调递减,因此f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以当0a1时, f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时, f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值;当1a0,即0xe时,函数f(x)单调递增;当f (x)e时,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+).(2)因为e3,所以eln 3eln ,ln eln 3,即ln 3eln e,ln eln 3.于是根据函数y=ln x,y=ex,y=x在定义域上单调递增,可得3ee3,e3e3.故这6个数的最大数在3与3之中,最小数在3e与e3之中.由e3及(1)的结论,得f()f(3)f(e),即.由,得ln 33;由,得ln 3eln e3,所以3ee3.综上,6个数中的最大数是3,最小数是3e.5.(xx广东,21,14分)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(aR).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a0时,试讨论是否存在x0,使得f(x0)=f.解析(1)函数的定义域为R, f (x)=x2+2x+a.当a0,则x2+2x+a0x-1+或x-1-,所以f(x)的单调递增区间为(-,-1-)和(-1+,+);令f (x)0,可得-1-x-1+,所以f(x)的单调递减区间为(-1-,-1+).当a1时,f (x)0在R上恒成立,所以f(x)在R上是增函数.(2)a0.由(1)知, f(x)在(-1+,+)上是增函数.-a,则-a0,不存在x0,使得f(x0)=f;-a-,存在x0,使得f(x0)=f;-1+=a=-,不存在x0,使得f(x0)=f;-3a-,不存在x0,使得f(x0)=f;-a0),xR.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意的x1(2,+),都存在x2(1,+),使得f(x1)f(x2)=1.求a的取值范围.解析(1)由已知,有f (x)=2x-2ax2(a0).令f (x)=0,解得x=0或x=.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,0)0f (x)-0+0-f(x)0所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-,0),.当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x时, f(x)0;当x时, f(x)2,即0a时,由f=0可知,0A,而0B,所以A不是B的子集.当12,即a时,有f(2)0,且此时f(x)在(2,+)上单调递减,故A=(-, f(2),因而A(-,0);由f(1)0,有f(x)在(1,+)上的取值范围包含(-,0),则(-,0)B.所以,AB.当时,有f(1)0).若f(x)在-1,1上的最小值记为g(a).(1)求g(a);(2)证明:当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.解析(1)因为a0,-1x1,所以(i)当0a1时,若x-1,a,则f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-30,故f(x)在(a,1)上是增函数.所以g(a)=f(a)=a3.(ii)当a1时,有xa,则f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-30,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.综上,g(a)=(2)令h(x)=f(x)-g(a),(i)当0a1时,g(a)=a3,若xa,1,h(x)=x3+3x-3a-a3,得h(x)=3x2+3,则h(x)在(a,1)上是增函数,所以,h(x)在a,1上的最大值是h(1)=4-3a-a3,且0a0,知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)t(1)=4,即h(-1)4.故f(x)g(a)+4.(ii)当a1时,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h(x)=3x2-3,此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=4.故f(x)g(a)+4.综上,当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.9.(xx四川,21,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,bR,e=2.718 28为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间0,1上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2a1.解析(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f (x)=ex-2ax-b,所以g(x)=ex-2a.当x0,1时,g(x)1-2a,e-2a,当a时,g(x)0,所以g(x)在0,1上单调递增,因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;当a时,g(x)0,所以g(x)在0,1上单调递减.因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b;当a时,令g(x)=0,得x=ln(2a)(0,1).所以函数g(x)在区间0,ln(2a)上单调递减,在区间(ln(2a),1上单调递增.于是,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a时,g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;当a时,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b;当a时,g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1,同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2,所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a时,g(x)在0,1上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a时,g(x)在0,1上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点,所以a0,g(1)=e-2a-b0.由f(1)=0有a+b=e-10,g(1)=1-a0,解得e-2a1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2a0,则a的取值范围是()A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.(-,-1)答案C11.(xx湖南,9,5分)若0x1x2ln x2-ln x1B.-x1D.x20时,x2ex;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x(x0,+)时,恒有xcex.解析(1)由f(x)=ex-ax,得f (x)=ex-a.又f (0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=ex-2x, f (x)=ex-2.令f (x)=0,得x=ln 2.当xln 2时, f (x)ln 2时, f (x)0, f(x)单调递增.所以当x=ln 2时, f(x)有极小值,且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.(2)令g(x)=ex-x2,则g(x)=ex-2x.由(1)得,g(x)=f(x)f(ln 2)=2-ln 40,即g(x)0.所以g(x)在R上单调递增,又g(0)=10,所以当x0时,g(x)g(0)0,即x20时,x2x0时,exx2x,即xcex.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x0),要使不等式xkx成立.而要使exkx成立,只需要xln (kx),即xln x+ln k成立.若00时,xln xln x+ln k成立.即对任意c1,+),取x0=0,当x(x0,+)时,恒有x1,令h(x)=x-ln x-ln k,则h(x)=1-=,所以当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+)内单调递增.取x0=4k,h(x0)=4k-ln (4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2),易知kln k,kln 2,所以h(x0)0.因此对任意c(0,1),取x0=,当x(x0,+)时,恒有xcex.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2x,所以当x(x0,+)时,有cexex2xx,即xcex.若0cln时,h(x)0,h(x)单调递增.取x0=2ln,h(x0)=c-2ln=2,易知-ln0,又h(x)在(x0,+)内单调递增,所以当x(x0,+)时,恒有h(x)h(x0)0,即xcex.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有xcex.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.13.(xx课标,21,12分)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a1),曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线斜率为0.(1)求b;(2)若存在x01,使得f(x0)0,f(x)在(1,+)上单调递增.所以,存在x01,使得f(x0)的充要条件为f(1),即-1,解得-1a-1.(ii)若a1,故当x时, f (x)0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以,存在x01,使得f(x0)的充要条件为f,所以不合题意.(iii)若a1,则f(1)=-1=.综上,a的取值范围是(-1,-1)(1,+).14.(xx江西,18,12分)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a0得x或x(2,+),故函数f(x)的单调递增区间为和(2,+).(2)f (x)=,a0,由f (x)=0得x=-或x=-.当x时,f(x)单调递增;当x时,f(x)单调递减;当x时,f(x)单调递增.易知 f(x)=(2x+a)20,且f=0.当-1,即-2a0时,f(x)在1,4上的最小值为f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=2-2,均不符合题意.当1-4,即-8a4,即a-8时,f(x)在1,4上的最小值可能在x=1或x=4处取得,而f(1)8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去),当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减, f(x)在1,4上的最小值为f(4)=8,符合题意.综上,a=-10.15.(xx课标,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k0.当x0时,g(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)xh(x).h(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以g(x)h(x)h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+)上没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.