2019年高考数学真题分类汇编 3.2 导数的应用 理 .doc

2019年高考数学真题分类汇编 3.2 导数的应用 理考点一函数的单调性1.(xx课标,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x00,则a的取值范围是()A.(2,+) B.(1,+) C.(-,-2) D.(-,-1)答案C2.(xx课标,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值;(3)已知1.414 20,g(x)0.(ii)当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0xln(b-1+)时,g(x)0.而g(0)=0,因此当0xln(b-1+)时,g(x)0,ln 20.692 8;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=-2+(3+2)ln 20,ln 20.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.3.(xx广东,21,14分)设函数f(x)=,其中k-2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;(3)若kf(1)的x的集合(用区间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-30,(x2+2x+k)+3(x2+2x+k)-10,x2+2x+k1,(x+1)20)或(x+1)22-k(2-k0),|x+1|,-1-x-1+或x-1+,函数f(x)的定义域D为(-,-1-)(-1-,-1+)(-1+,+).(2)f (x)=-=-,由f (x)0得(x2+2x+k+1)(2x+2)0,即(x+1+)(x+1-)(x+1)0,x-1-或-1x-1+,结合定义域知x-1-或-1x-1+,所以函数f(x)的单调递增区间为(-,-1-),(-1,-1+),同理,递减区间为(-1-,-1),(-1+,+).(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,(x2+2x+k)2-(3+k)2+2(x2+2x+k)-(3+k)=0,(x2+2x+2k+5)(x2+2x-3)=0,(x+1+)(x+1-)(x+3)(x-1)=0,x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1,k-6,1(-1,-1+),-3(-1-,-1),-1-1+,结合函数f(x)的单调性知f(x)f(1)的解集为(-1-,-1-)(-1-,-3)(1,-1+)(-1+,-1+).考点二函数的极值与最值4.(xx课标,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+f(x0)20.(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.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.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.所以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处和x=1处同时取得最小值;当1a0,所以当x(0,2)时, f (x)0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+).(2)由(1)知,当k0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k0时,设函数g(x)=ex-kx,x0,+).因为g(x)=ex-k=ex-eln k,当00,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k1时,得x(0,ln k)时,g(x)0,函数y=g(x)单调递增. 所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当解得ek0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x2cex.解析解法一:(1)由f(x)=ex-ax,得f (x)=ex-a.又f (0)=1-a=-1,得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)取得极小值,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)0,故g(x)在R上单调递增,又g(0)=10,因此,当x0时,g(x)g(0)0,即x20时,x20时,x2cex.取x0=0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.若0c1,要使不等式x2kx2成立.而要使exkx2成立,则只要xln(kx2),只要x2ln x+ln k成立.令h(x)=x-2ln x-ln k,则h(x)=1-=,所以当x2时,h(x)0,h(x)在(2,+)内单调递增.取x0=16k16,所以h(x)在(x0,+)内单调递增,又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,易知kln k,kln 2,5k0,所以h(x0)0.即存在x0=,当x(x0,+)时,恒有x2cex.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x20时,exx2,所以ex=,当xx0时,ex=x2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.解法三:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)首先证明当x(0,+)时,恒有x30时,x2ex,从而h(x)0,h(x)在(0,+)内单调递减,所以h(x)h(0)=-10,即x3x0时,有x2x3ex.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x21.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由题意可得f(1)=2, f (1)=e.故a=1,b=2.(2)由(1)知, f(x)=exln x+ex-1,从而f(x)1等价于xln xxe-x-.设函数g(x)=xln x,则g(x)=1+ln x.所以当x时,g(x)0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+)上的最小值为g=-.设函数h(x)=xe-x-,则h(x)=e-x(1-x).所以当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.11.(xx北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x.(1)求证:f(x)0;(2)若ab对x恒成立,求a的最大值与b的最小值.解析(1)由f(x)=xcos x-sin x得f (x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.因为在区间上f (x)=-xsin x0时,“a”等价于“sin x-ax0”;“b”等价于“sin x-bx0对任意x恒成立.当c1时,因为对任意x,g(x)=cos x-c0,所以g(x)在区间上单调递减.从而g(x)g(0)=0对任意x恒成立.当0cg(0)=0.进一步,“g(x)0对任意x恒成立”当且仅当g=1-c0,即00对任意x恒成立;当且仅当c1时,g(x)0对任意x恒成立.所以,若ab对任意x恒成立,则a的最大值为,b的最小值为1.12.(xx江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(bR).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时, f (x)=,由f (x)=0得x=-2或x=0.当x(-,-2)时, f (x)0, f(x)单调递增;当x时, f (x)0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f (x)=,因为当x时,0,依题意,当x时,有5x+(3b-2)0,从而+(3b-2)0.所以b的取值范围为.13.(xx天津,20,14分)设f(x)=x-aex(aR),xR.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x10在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.a0时,由f (x)=0,得x=-ln a.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,-ln a)-ln a(-ln a,+)f (x)+0-f(x)-ln a-1这时, f(x)的单调递增区间是(-,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+).于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-ln a)0;(ii)存在s1(-,-ln a),满足f(s1)0;(iii)存在s2(-ln a,+),满足f(s2)0,即-ln a-10,解得0ae-1.而此时,取s1=0,满足s1(-,-ln a),且f(s1)=-a0;取s2=+ln,满足s2(-ln a,+),且f(s2)=+0.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).由a(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1(0,1),x2(1,+).对于任意的a1,a2(0,e-1),设a1a2,g(1)=g(2)=a1,其中0112;g(1)=g(2)=a2,其中011a2,即g(1)g(1),可得11;类似可得20,得1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.(*)令h(x)=,x(1,+),则h(x)=.令u(x)=-2ln x+x-,得u(x)=.当x(1,+)时,u(x)0.因此,u(x)在(1,+)上单调递增,故对于任意的x(1,+),u(x)u(1)=0,由此可得h(x)0,故h(x)在(1,+)上单调递增.因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.而由(2),知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.14.(xx辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cos x-x)(+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-)cos x-4(1+sin x)ln.证明:(1)存在唯一x0,使f(x0)=0;(2)存在唯一x1,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1.证明(1)当x时, f (x)=-(1+sin x)(+2x)-2x-cos x0, f=-2-0,当t时,u(t)0,所以u(t)在(0,x0上无零点.在上u(t)为减函数,由u(x0)0,u=-4ln 20,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1,使g(x1)=0.因x1=-t1,t1x0,所以x0+x10,函数f(x)=ln(1+ax)-.(1)讨论f(x)在区间(0,+)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)0,求a的取值范围.解析(1)f (x)=-=.(*)当a1时, f (x)0,此时, f(x)在区间(0,+)上单调递增.当0a1时,由f (x)=0得x1=2x2=-2舍去.当x(0,x1)时, f (x)0,故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+)上单调递增.综上所述,当a1时, f(x)在区间(0,+)上单调递增;当0a1时, f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.(2)由(*)式知,当a1时, f (x)0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0a-且x-2,所以-2-,-2-2,解得a.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点.而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln1+a(x1+x2)+a2x1x2-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0a1且a知,当0a时,-1x0;当a1时,0x1,记g(x)=ln x2+-2.(i)当-1x0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g(x)=-=0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)g(-1)=-40,故当0a时, f(x1)+f(x2)0.(ii)当0x1时,g(x)=2ln x+-2,所以g(x)=-=g(1)=0,故当a0.综上所述,满足条件的a的取值范围为.16.(xx湖北,22,14分)为圆周率,e=2.718 28为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=的单调区间;(2)求e3,3e,e,e,3,3这6个数中的最大数与最小数;(3)将e3,3e,e,e,3,3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+).因为f(x)=,所以f (x)=.当f (x)0,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.(3)由(2)知,3ee33,3ee3.又由(2)知,得ee.故只需比较e3与e和e与3的大小.由(1)知,当0xe时, f(x)f(e)=,即.在上式中,令x=,又e,则ln,从而2-ln 2-.由得,eln e2.72.7(2-0.88)=3.0243,即eln 3,亦即ln eln e3,所以e36-6-e,即3ln ,所以e3.综上可得,3ee3ee30,所以a=b.又f (0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.(2)当c=3时, f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f (x)=2e2x+2e-2x-32-3=10,故f(x)在R上为增函数.(3)由(1)知f (x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x0, f (x)=2e2x+2e-2x-40,此时f(x)无极值;当c4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=0,即f (x)=0有两个根x1=ln t1,x2=ln t2.当x1xx2时, f (x)x2时, f (x)0,从而f(x)在x=x2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+).18.(xx浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(aR).(1)若f(x)在-1,1上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设bR.若f(x)+b24对x-1,1恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f (x)=由于-1x1,(i)当a-1时,有xa,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1a1时,若x(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=maxf(1), f(-1),m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1a时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当a1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a1时,有xa,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h(x)=因为f(x)+b24对x-1,1恒成立,即-2h(x)2对x-1,1恒成立,所以由(1)知,(i)当a-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在-1,1上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b-2且4-3a+b2,矛盾.(ii)当-10,t(a)在上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)当a1时,h(x)在-1,1上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b-2且3a+b+22,解得-3a+b0.(iv)当a1时,h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+22且3a+b-2-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-23a+b0.19.(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,求a的取值范围.解析(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f (x)=ex-2ax-b.所以g(x)=ex-2a.因此,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)=e-2a-b=1-a0.解得e-2a1.当e-2a1时,g(x)在区间0,1内有最小值g(ln(2a).若g(ln(2a)0,则g(x)0(x0,1),从而f(x)在区间0,1上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a)0,g(1)=1-a0,故此时g(x)在(0,ln(2a)和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在0,x1上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在x2,1上单调递增.所以f(x1)f(0)=0, f(x2)f(1)=0,故f(x)在(x1,x2)内有零点.综上可知,a的取值范围是(e-2,1).