(2017-2019)高考文数真题分类汇编专题04 导数及其应用(解答题)(教师版).pdf
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1、专题 04导数及其应用(解答题)1【2019 年高考全国卷文数】已知函数f()=2sin-cos-,f()为 f()的导数(1)证明:f()在区间(0,)存在唯一零点;(2)若0,时,f()a,求 a 的取值范围【答案】(1)见解析;(2)a,0.【解析】(1)设g(x)f(x),则g(x)cos x xsin x1,g(x)xcos x.当x(0,)时,g(x)0;当x调递减.又g(0)0,g2,时,g(x)0,所以g(x)在(0,)单调递增,在,单222 0,g()2,故g(x)在(0,)存在唯一零点.2所以f(x)在(0,)存在唯一零点.(2)由题设知f()a,f()0,可得a0.由(1
2、)知,f(x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x0,x0时,f(x)0;当xx0,时,f(x)0,所以f(x)在0,x0单调递增,在x0,单调递减.又f(0)0,f()0,所以,当x0,时,f(x)0.又当a 0,x0,时,a0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(,0.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题,通常采用构造函数的方式,将问题转变成函数最值与零之间的比较,进而通过导函数的正负确定所构造函数的单调性,从而得到最值.2【2019 年高考全国卷文数】已知函数f(x)(x1)ln x x1证
3、明:(1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+).x11ln x1 ln x.xx1因为y ln x单调递增,y 单调递减,所以f(x)单调递增,又f(1)1 0,x1ln41f(2)ln2 0,故存在唯一x0(1,2),使得f x00.22f(x)又当x x0时,f(x)0,f(x)单调递减;当x x0时,f(x)0,f(x)单调递增.因此,f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知fx0 f(1)2,又f e2 e23 0,所以f(x)0在x0,内存在唯一根 x.由 x0
4、1得又f11 x0.f()1 1 1111 ln1 0,故是f(x)0在0,x0的唯一根.综上,f(x)0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.3【2019 年高考天津文数】设函数f(x)ln xa(x1)ex,其中aR.()若 a0,讨论f(x)的单调性;()若0 a 1,e(i)证明f(x)恰有两个零点;(ii)设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1 x0,证明3x0 x1 2.【答案】()f(x)在(0,)内单调递增.;()(i)见解析;(ii)见解
5、析.【解析】()解:由已知,f(x)的定义域为(0,),且11ax2exxx.f(x)ae a(x1)e xx因此当 a0 时,1ax2ex 0,从而f(x)0,所以f(x)在(0,)内单调递增.11ax2ex.令g(x)1ax2ex,由0 a,()证明:(i)由()知f(x)ex可知g(x)在(0,)内单调递减,又g(1)1ae 0,且1 1 11 gln1aln1ln 0.aaaa故g(x)0在(0,)内有唯一解,从而f(x)0在(0,)内有唯一解,不妨设为x0,则1 x0 ln当x0,x0时,f(x)221.ag(x)gx0 0,所以f(x)在0,x0内单调递增;当xx0,时,xxf(x
6、)g(x)gx0 0,所以f(x)在x0,内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.xx11 0,故h(x)在(1,)内单调递减,从而当x 1x令h(x)ln x x1,则当x 1时,h(x)时,h(x)h(1)0,所以lnx x1.从而11111 1lna1 fln lnlnaln1e lnlnln1 hln 0,aaaaaa又因为fx0 f(1)0,所以f(x)在(x0,)内有唯一零点.又f(x)在0,x0内有唯一零点 1,从而,f(x)在(0,)内恰有两个零点.2x2x11x1x0 x0ln x1f x0 0,ax0e01,x1x0ln x ee.因为(ii)由题意,即从而,即12x1
7、xfx 0,ln x a x 1 e,x111011当x 1时,lnx x1,又x1 x01,故e于是x1x02x0 x11 x2x x2两边取对数,得lne10 ln x0,0,x11x1x0 2ln x0 2x01,整理得3x0 x1 2.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.4【2019 年高考全国卷文数】已知函数f(x)2x3ax22(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0a0,则当x(,0)U aa(,0),单调递增,在0,单调递减;33若 a=0,f(x)在(,)单调递
8、增;若 a0,则当x,a aU(0,)x时,;当f(x)0,0时,f(x)0故f(x)在33a a,(0,)单调递增,在,0单调递减33(2)当0 a 3时,由(1)知,f(x)在0,a a单调递减,在,1单调递增,所以f(x)在0,133a3 a 2,最大值为f(0)=2或f(1)=4a.于是的最小值为f 3274a,0 a 2,a3m 2,M 272,2 a 3.a32a,0 a 2,27所以M m 3a,2 a 3.27a3 8,2当0 a 2时,可知2a单调递减,所以M m的取值范围是2727a38当2 a 3时,单调递增,所以M m的取值范围是,1)2727综上,M m的取值范围是8
9、,2)27【名师点睛】这是一道常规的导数题目,难度比往年降低了不少.考查函数的单调性,最大值、最小值的计算.5【2019 年高考北京文数】已知函数f(x)13x x2 x4()求曲线y f(x)的斜率为 1 的切线方程;()当x2,4时,求证:x6 f(x)x;()设F(x)|f(x)(xa)|(aR),记F(x)在区间2,4上的最大值为 M(a),当 M(a)最小时,求 a 的值64;()见解析;()a 3.2713【解析】()由f(x)x3 x2 x得f(x)x22x14438令f(x)1,即x22x11,得x 0或x 4388又f(0)0,f(),32788所以曲线y f(x)的斜率为
10、1 的切线方程是y x与y x,27364即y x与y x27【答案】()y x与y x()令g(x)f(x)x,x2,4133x x2得g(x)x22x448令g(x)0得x 0或x 3由g(x)g(x),g(x)的情况如下:xg(x)2(2,0)08(0,)3838(,4)34g(x)6Z06427Z0所以g(x)的最小值为6,最大值为0故6 g(x)0,即x6 f(x)x()由()知,当a3时,M(a)F(0)|g(0)a|a 3;当a 3时,M(a)F(2)|g(2)a|6 a 3;当a 3时,M(a)3综上,当M(a)最小时,a 3【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程
11、,利用导函数证明不等式的方法,分类讨论的数学思想等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6【2019 年高考浙江】已知实数a 0,设函数f(x)=aln x(1)当a x 1,x 0.3时,求函数f(x)的单调区间;4x1f(x),求a的取值范围均有,)2ae2(2)对任意x注:e=2.71828为自然对数的底数20,0,3f x3,【答案】(1)的单调递增区间是(2),单调递减区间是;4.【解析】(1)当a 33时,f(x)ln x 1 x,x 044f(x)31(1 x 2)(2 1 x 1),4x2 1 x4x 1 x所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3
12、,+)(2)由f(1)21,得0 a 42a当0 a 令t 2xx2 1 x2ln x 0时,f(x)等价于242aaa1,则t 2 2a2设g(t)tx 2t 1 x 2ln x,t 2 2,则g(t)11 xx(t 1)22ln xxx17(i)当x,时,11 2 2,则xg(t)g(2 2)8 x 4 2 1 x 2ln x记p(x)4 x 2 2 1 x ln x,x 1,则7p(x)2212 xx12xx1xx1xx x1(x1)1x(2x2 1).x x1(x 1)(x12x)故x171(,1)71(1,)p(x)0+p(x)1p()7单调递减极小值p(1)单调递增所以,p(x)p
13、(1)0因此,g(t)g(2 2)2p(x)0(ii)当x12 x ln x(x1)11,时,g(t)g12x2 xe7 11,,2e7令q(x)2 x ln x(x1),x则q(x)ln x21 0,x 11,上单调递增,所以q(x)2e7 1 q7故q(x)在由(i)得,q 所以,q(x)0172 712 7p p(1)0777因此g(t)g11q(x)0 x2 x 10,,,t2 2,),g(t)2e由(i)(ii)知对任意x即对任意xx 1f(x),均有,22ae2综上所述,所求 a 的取值范围是0,4【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要
14、的知识点,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题(4)考查数形结合思想的应用7【2019 年高考江苏】设函数f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR、f(x)为 f()的导函数(1)若 a=b=c,f(4)=8,求 a 的值;(2)若 ab,b=c,且 f()和f(x)的零点均在集合3,1,3中,求 f()的极小值;(3)若a 0,0 b 1,c 1,且 f()的极大值为 M,求证 M【答案】(1)a 2;(2)见
15、解析;(3)见解析.427【解析】(1)因为a b c,所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)因为f(4)8,所以(4a)8,解得a 2(2)因为b c,所以f(x)(xa)(xb)x(a 2b)x b(2a b)xab,从而f(x)3(xb)x2322332a b 2a b令,得或f(x)0 x bx 332ab都在集合3,1,3中,且a b,32ab所以1,a 3,b 33因为a,b,此时f(x)(x3)(x3),f(x)3(x3)(x1)令f(x)0,得x 3或x 1列表如下:2xf(x)(,3)+30极大值2(3,1)10极小值(1,)+f(x)ZZ所以f(x)的极小值为f(1)
16、(13)(13)32(3)因为a 0,c 1,所以f(x)x(xb)(x1)x(b1)x bx,32f(x)3x22(b1)xb因为0b1,所以 4(b1)12b (2b1)3 0,则f(x)有2个不同的零点,设为x1,x2x1 x222b1b2b1b1b2b1,x2由f(x)0,得x133列表如下:xf(x)f(x)(,x1)+x10极大值x1,x2x20极小值(x2,)+ZZ所以f(x)的极大值M fx1解法一:M fx1 x13(b1)x12bx122 b b1xb1b(b1)3x122(b1)x1b1x 199932b2b1(b1)27b(b1)2927b b123b(b1)2(b1)
17、2(b1)2(b(b1)1)3272727b(b1)244因此M 27272727解法二:因为0b1,所以x1(0,1)当x(0,1)时,f(x)x(xb)(x1)x(x1)令g(x)x(x1),x(0,1),则g(x)3x(x1)令g(x)0,得x 22131列表如下:31(0,)3+xg(x)g(x)130极大值1(,1)3Z所以当x 114时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max g3273所以当x(0,1)时,f(x)g(x)44,因此M 2727【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力ax2 x18【2018
18、年高考全国卷文数】已知函数f(x)xe(1)求曲线y f(x)在点(0,1)处的切线方程;(2)证明:当a 1时,f(x)e 0【答案】(1)2x y 1 0;(2)见解析.ax2(2a1)x2【解析】(1)f(x),f(0)2xe因此曲线y f(x)在点(0,1)处的切线方程是2x y 1 0(2)当a 1时,f(x)e (x x1e令g(x)x x1e2x12x1)exx1,则g(x)2x1e当x 1时,g(x)0,g(x)单调递减;当x 1时,g(x)0,g(x)单调递增;所以g(x)g(1)=0因此f(x)e 0【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用,第一问由导数的几何意义可求出切线
19、方程,第二问当a 1时,f(x)e (x x1e2x1)ex,令g(x)x2 x1ex1,求出g(x)的最小值即可证明.x9【2018 年高考全国卷文数】已知函数fx ae lnx1(1)设x 2是fx的极值点,求a,并求fx的单调区间;(2)证明:当a 1时,fx0e1x【答案】(1)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增;(2)见解析.),f()=ae【解析】(1)f()的定义域为(0,由题设知,f(2)=0,所以 a=从而 f()=122e1x1x1f=e ln x1e,()222e2ex当 02 时,f()2 时,f()0所以 f()在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增1ex
20、(2)当 a时,f()ln x1eeexex1设 g()=lnx1,则g(x)eex当 01 时,g()1 时,g()0所以=1 是 g()的最小值点故当0 时,g()g(1)=0因此,当a 1时,f(x)0e【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题,涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题,在解题的过程中,首先要确定函数的定义域,之后根据导数与极值的关系求得参数值,之后利用极值的特点,确定出函数的单调区间,第二问在求解的时候构造新函数,应用不等式的传递性证得结果.10【2018 年高考全国卷文数】已知函数fx(1)若a 3,求f(x)的单调区间;(2
21、)证明:f(x)只有一个零点【答案】(1)在(,32 3),(32 3,+)单调递增,在(32 3,32 3)单调递减;(2)见解析.【解析】(1)当 a=3 时,f()=13x ax2 x1313x 3x23x3,f()=x26x 33令 f()=0 解得=32 3或=32 3当(,32 3)(32 3,+)时,f()0;当(32 3,32 3)时,f()1,则当x(,1)时,f(x)0;当x(1,)时,f(x)0.所以f(x)在=1 处取得极小值.若a 1,则当x(0,1)时,ax1 x10,所以f(x)0.所以 1 不是f(x)的极小值点.综上可知,a 的取值范围是(1,).方法二:f(
22、x)(ax 1)(x1)e.(1)当 a=0 时,令f(x)0得=1.x1af(x),f(x)随的变化情况如下表:(,1)+10极大值(1,)f(x)f(x)f(x)在=1 处取得极大值,不合题意.(2)当 a0 时,令f(x)0得x11,x21.a2x当x1 x2,即 a=1 时,f(x)(x1)e 0,f(x)在R上单调递增,f(x)无极值,不合题意.当x1 x2,即 0a1 时,f(x),f(x)随的变化情况如下表:1(,)a+1a0极大值1(,1)a10极小值(1,)+f(x)f(x)f(x)在=1 处取得极小值,即a1 满足题意.(3)当 a1d21d21时,g(x)=0,解得1=,
23、2=33易得,g()在(,1)上单调递增,在1,2上单调递减,在(2,+)上单调递增g()的极大值 g(1)=g(d 12 3(d 1)6 30)=932 3(d 1)d 1 6 3)=9322322232g()的极小值 g(2)=g(若 g(2)0,由 g()的单调性可知函数 y=g()至多有两个零点,不合题意若g(x2)0,即(d 1)27,也 就 是|d|10,此 时|d|x2,g(|d|)|d|6 3 0,且可知函数2|d|x1,g(2|d|)6|d|32|d|6 3 62 106 3 0,从而由g(x)的单调性,232y g(x)在区间(2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d
24、|)内各有一个零点,符合题意所以,d的取值范围是(,10)U(10,)【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法,考查函数思想和分类讨论思想,考查综合分析问题和解决问题的能力.13【2018 年高考浙江】已知函数f()=xln()若 f()在=1,2(12)处导数相等,证明:f(1)+f(2)88ln2;()若 a34ln2,证明:对于任意0,直线 y=+a 与曲线 y=f()有唯一公共点【答案】()见解析;()见解析.【解析】()函数 f()的导函数f(x)1,2 xx1由f(x1)f(x2)得1111,2 x1x12 x2x2111因为x1
25、 x2,所以x1x22由基本不等式得1x1x2x1x2 24x1x22因为x1 x2,所以x1x2 256由题意得f(x1)f(x2)x1ln x1x2ln x21x1x2ln(x1x2)21x ln x,21(x 4),则g(x)4x设g(x)所以(0,16)16024ln2(16,+)+g(x)g(x)所以 g()在256,+)上单调递增,故g(x1x2)g(256)88ln 2,即f(x1)f(x2)88ln 2()令 m=e(a k),n=(a 12)1,则kf(m)ma|a|+a0,f(n)nan(1a|a|1k)0,直线 y=+a 与曲线 y=f()有唯一公共点【名师点睛】本题主要
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