2019年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 文.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 文考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性1.(xx課標(biāo),11,5分)若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是()A.(-,-2 B.(-,-1C.2,+) D.1,+)答案D2.(xx重慶,19,12分)已知函數(shù)f(x)=+-ln x-,其中aR,且曲線y=f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線垂直于直線y=x.(1)求a的值;(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.解析(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f (x)=-,由f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線垂直于直線y=x知f (1)=-a=-2,解得a=.(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,則f (x)=,令f (x)=0,解得x=-1或x=5.因x=-1不在f(x)的定義域(0,+)內(nèi),故舍去.當(dāng)x(0,5)時(shí), f (x)0,故f(x)在(5,+)內(nèi)為增函數(shù).由此知函數(shù)f(x)在x=5時(shí)取得極小值f(5)=-ln 5.3.(xx安徽,20,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性;(2)當(dāng)x0,1時(shí),求f(x)取得最大值和最小值時(shí)的x的值.解析(1)f(x)的定義域?yàn)?-,+), f (x)=1+a-2x-3x2.令f (x)=0,得x1=,x2=,x1x2,所以f (x)=-3(x-x1)(x-x2).當(dāng)xx2時(shí), f (x)0;當(dāng)x1x0.故f(x)在(-,x1)和(x2,+)內(nèi)單調(diào)遞減,在(x1,x2)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)因?yàn)閍0,所以x10.(i)當(dāng)a4時(shí),x21,由(1)知, f(x)在0,1上單調(diào)遞增,所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值.(ii)當(dāng)0a4時(shí),x21.由(1)知, f(x)在0,x2上單調(diào)遞增,在x2,1上單調(diào)遞減,因此f(x)在x=x2=處取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以當(dāng)0a1時(shí), f(x)在x=1處取得最小值;當(dāng)a=1時(shí), f(x)在x=0和x=1處同時(shí)取得最小值;當(dāng)1a0,即0xe時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)f (x)e時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+).(2)因?yàn)閑3,所以eln 3eln ,ln eln 3,即ln 3eln e,ln eln 3.于是根據(jù)函數(shù)y=ln x,y=ex,y=x在定義域上單調(diào)遞增,可得3ee3,e3e3.故這6個(gè)數(shù)的最大數(shù)在3與3之中,最小數(shù)在3e與e3之中.由e3及(1)的結(jié)論,得f()f(3)f(e),即.由,得ln 33;由,得ln 3eln e3,所以3ee3.綜上,6個(gè)數(shù)中的最大數(shù)是3,最小數(shù)是3e.5.(xx廣東,21,14分)已知函數(shù)f(x)=x3+x2+ax+1(aR).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)a0時(shí),試討論是否存在x0,使得f(x0)=f.解析(1)函數(shù)的定義域?yàn)镽, f (x)=x2+2x+a.當(dāng)a0,則x2+2x+a0x-1+或x-1-,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,-1-)和(-1+,+);令f (x)0,可得-1-x-1+,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-1-,-1+).當(dāng)a1時(shí),f (x)0在R上恒成立,所以f(x)在R上是增函數(shù).(2)a0.由(1)知, f(x)在(-1+,+)上是增函數(shù).-a,則-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)的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)若對(duì)于任意的x1(2,+),都存在x2(1,+),使得f(x1)f(x2)=1.求a的取值范圍.解析(1)由已知,有f (x)=2x-2ax2(a0).令f (x)=0,解得x=0或x=.當(dāng)x變化時(shí), f (x), f(x)的變化情況如下表:x(-,0)0f (x)-0+0-f(x)0所以, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是;單調(diào)遞減區(qū)間是(-,0),.當(dāng)x=0時(shí), f(x)有極小值,且極小值f(0)=0;當(dāng)x=時(shí),f(x)有極大值,且極大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,當(dāng)x時(shí), f(x)0;當(dāng)x時(shí), f(x)2,即0a時(shí),由f=0可知,0A,而0B,所以A不是B的子集.當(dāng)12,即a時(shí),有f(2)0,且此時(shí)f(x)在(2,+)上單調(diào)遞減,故A=(-, f(2),因而A(-,0);由f(1)0,有f(x)在(1,+)上的取值范圍包含(-,0),則(-,0)B.所以,AB.當(dāng)時(shí),有f(1)0).若f(x)在-1,1上的最小值記為g(a).(1)求g(a);(2)證明:當(dāng)x-1,1時(shí),恒有f(x)g(a)+4.解析(1)因?yàn)閍0,-1x1,所以(i)當(dāng)0a1時(shí),若x-1,a,則f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-30,故f(x)在(a,1)上是增函數(shù).所以g(a)=f(a)=a3.(ii)當(dāng)a1時(shí),有xa,則f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-30,故f(x)在(-1,1)上是減函數(shù),所以g(a)=f(1)=-2+3a.綜上,g(a)=(2)令h(x)=f(x)-g(a),(i)當(dāng)0a1時(shí),g(a)=a3,若xa,1,h(x)=x3+3x-3a-a3,得h(x)=3x2+3,則h(x)在(a,1)上是增函數(shù),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)上是增函數(shù),所以,t(a)t(1)=4,即h(-1)4.故f(x)g(a)+4.(ii)當(dāng)a1時(shí),g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h(x)=3x2-3,此時(shí)h(x)在(-1,1)上是減函數(shù),因此h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=4.故f(x)g(a)+4.綜上,當(dāng)x-1,1時(shí),恒有f(x)g(a)+4.9.(xx四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,bR,e=2.718 28為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上的最小值;(2)若f(1)=0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn),證明:e-2a1.解析(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(shù)(x)=f (x)=ex-2ax-b,所以g(x)=ex-2a.當(dāng)x0,1時(shí),g(x)1-2a,e-2a,當(dāng)a時(shí),g(x)0,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增,因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;當(dāng)a時(shí),g(x)0,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減.因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b;當(dāng)a時(shí),令g(x)=0,得x=ln(2a)(0,1).所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0,ln(2a)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln(2a),1上單調(diào)遞增.于是,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b.綜上所述,當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b;當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn),則由f(0)=f(x0)=0可知f(x)在區(qū)間(0,x0)上不可能單調(diào)遞增,也不可能單調(diào)遞減.則g(x)不可能恒為正,也不可能恒為負(fù).故g(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1,同理,g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2,所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn).由(1)知,當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上單調(diào)遞增,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn).當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上單調(diào)遞減,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn),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.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)時(shí),e-2a0,則a的取值范圍是()A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.(-,-1)答案C11.(xx湖南,9,5分)若0x1x2ln x2-ln x1B.-x1D.x20時(shí),x2ex;(3)證明:對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,使得當(dāng)x(x0,+)時(shí),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.當(dāng)xln 2時(shí), f (x)ln 2時(shí), f (x)0, f(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=ln 2時(shí), f(x)有極小值,且極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)無(wú)極大值.(2)令g(x)=ex-x2,則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上單調(diào)遞增,又g(0)=10,所以當(dāng)x0時(shí),g(x)g(0)0,即x20時(shí),x2x0時(shí),exx2x,即xcex.因此,對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時(shí),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時(shí),xln xln x+ln k成立.即對(duì)任意c1,+),取x0=0,當(dāng)x(x0,+)時(shí),恒有x1,令h(x)=x-ln x-ln k,則h(x)=1-=,所以當(dāng)x1時(shí),h(x)0,h(x)在(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.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.因此對(duì)任意c(0,1),取x0=,當(dāng)x(x0,+)時(shí),恒有xcex.綜上,對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時(shí),恒有x2x,所以當(dāng)x(x0,+)時(shí),有cexex2xx,即xcex.若0cln時(shí),h(x)0,h(x)單調(diào)遞增.取x0=2ln,h(x0)=c-2ln=2,易知-ln0,又h(x)在(x0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x(x0,+)時(shí),恒有h(x)h(x0)0,即xcex.綜上,對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時(shí),恒有xcex.注:對(duì)c的分類可有不同的方式,只要解法正確,均相應(yīng)給分.13.(xx課標(biāo),21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=aln x+x2-bx(a1),曲線y=f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線斜率為0.(1)求b;(2)若存在x01,使得f(x0)0,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞增.所以,存在x01,使得f(x0)的充要條件為f(1),即-1,解得-1a-1.(ii)若a1,故當(dāng)x時(shí), f (x)0.f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.所以,存在x01,使得f(x0)的充要條件為f,所以不合題意.(iii)若a1,則f(1)=-1=.綜上,a的取值范圍是(-1,-1)(1,+).14.(xx江西,18,12分)已知函數(shù)f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a0得x或x(2,+),故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和(2,+).(2)f (x)=,a0,由f (x)=0得x=-或x=-.當(dāng)x時(shí),f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x時(shí),f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x時(shí),f(x)單調(diào)遞增.易知 f(x)=(2x+a)20,且f=0.當(dāng)-1,即-2a0時(shí),f(x)在1,4上的最小值為f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=2-2,均不符合題意.當(dāng)1-4,即-8a4,即a-8時(shí),f(x)在1,4上的最小值可能在x=1或x=4處取得,而f(1)8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去),當(dāng)a=-10時(shí),f(x)在(1,4)上單調(diào)遞減, f(x)在1,4上的最小值為f(4)=8,符合題意.綜上,a=-10.15.(xx課標(biāo),21,12分)已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-2.(1)求a;(2)證明:當(dāng)k0.當(dāng)x0時(shí),g(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)單調(diào)遞增,g(-1)=k-10時(shí),令h(x)=x3-3x2+4,則g(x)=h(x)+(1-k)xh(x).h(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增,所以g(x)h(x)h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+)上沒(méi)有實(shí)根.綜上,g(x)=0在R上有唯一實(shí)根,即曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個(gè)交點(diǎn).