(2017-2019)高考理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 年高考全国卷理数】已知函数f(x)sin xln(1 x),f(x)为f(x)的导数证明:(1)f(x)在区间(1,)存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有 2 个零点【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)设g(x)f(x),则g(x)cosx211,g(x)sin x.2(1 x)1 x当x1,设为.时,单调递减,而,可得在1,g(x)g(x)g(0)0,g()0有唯一零点,222则当x(1,)时,g(x)0;当x,时,g(x)0.2所以g(x)在(1,)单调递增,在,单调递减,故在1,g(x)存在唯一极大值点,即f(x)22在1,
2、存在唯一极大值点.2(2)f(x)的定义域为(1,).(i)当x(1,0时,由(1)知,f(x)在(1,0)单调递增,而f(0)0,所以当x(1,0)时,f(x)0,故f(x)在(1,0)单调递减,又f(0)=0,从而x 0是f(x)在(1,0的唯一零点.(ii)当x0,时,由(1)知,f(x)在(0,)单调递增,在,单调递减,而f(0)=0,22 f 0,所以存在,,使得f()0,且当x(0,)时,f(x)0;当x,222时,f(x)0.故f(x)在(0,)单调递增,在,单调递减.2又f(0)=0,f零点.1ln 1 0 x 0,,所以当时,.从而,在f(x)0f(x)0,没有2222(ii
3、i)当x 所以f(x)在,单调递减.而,时,f(x)0,22 所以f(x)f 0,f()0,2在,有唯一零点.2(iv)当x(,)时,ln(x1)1,所以f(x)0,则当x(,0)U aa(,0),单调递增,在0,单调递减;33若 a=0,f(x)在(,)单调递增;若 a0,则当x,a aU(0,)时,;当xf(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)满足题设条件的 a,b 存在.(i)当 a0 时,由(1)知,f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,l的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)2a b.此时 a,b 满足题设条件当且仅
4、当b1,2ab 1,即 a=0,b1(ii)当 a3 时,由(1)知,f(x)在0,1单调递减,所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)2a b此时 a,b 满足题设条件当且仅当2ab 1,b=1,即 a=4,b=1a3 a b,最大值为b 或2ab(iii)当0a3 时,由(1)知,f(x)在0,1的最小值为f 273a3b 1,b=1,则a 332,与 0a3 矛盾.若27a3b 1,2ab 1,则a 3 3或a 3 3或 a=0,与 0a3 矛盾若27综上,当且仅当 a=0,b1或 a=4,b=1 时,f(x)在0,1的最小值为-1,最大值为 1【名师点睛】这是一
5、道常规的函数导数和不等式的综合题,题目难度比往年降低了不少,考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算.4【2019 年高考北京理数】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)(x a)|(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)x22x1.4438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
6、为 1 的切线方程是y x与y x,27364即y x与y x.27【答案】()y x与y x()令g(x)f(x)x,x2,4.133x x2得g(x)x22x.448令g(x)0得x 0或x.3由g(x)g(x),g(x)的情况如下:xg(x)g(x)2(2,0)08(0,)3838(,4)34ZZ6064270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
7、研究函数的切线方程,利用导函数证明不等式,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.5【2019 年高考天津理数】设函数f(x)e cos x,()求fx的单调区间;()当x,时,证明f(x)g(x)x 0;24 2()设xn为 函 数u(x)f(x)1在区间2nxg(x)为fx的导函数 ,2n内 的零 点,其中nN N,证 明42e2n2n xn2sin x0cosx03【答案】()f(x)的单调递增区间为2k,2k(k Z Z),f(x)的单调递减区间为4452k,2k(k Z Z).()见解析;()见解析.44【解析】()由已知,有f(x)e(cos xsin x)
8、因此,当x2kx5,2k(k Z Z)时,44有sinx cosx,得f(x)0,则fx单调递减;当x2k3,2k(k Z Z)时,有44sinxcosx,得f(x)0,则fx单调递增所 以,fx的 单 调 递 增 区 间 为2k,2k(k Z Z),f(x)的 单 调 递 减 区 间 为44352k,2k(k Z Z)44()证明:记h(x)f(x)g(x)x依题意及(),有g(x)ex(cos xsin x),从而2 g(x)2exsin x当x,时,g(x)0,故4 2 h(x)f(x)g(x)x g(x)(1)g(x)x 022因此,hx在区间,上单调递减,进而h(x)h f 0224
9、 2所以,当x,时,f(x)g(x)x 024 2x()证明:依题意,uxn fxn10,即encos xn1记yn xn2n,则yn ,,42且fynencosyneyxn2ncosxn2ne2nnN N 由fyne2n1 fy0及(),得yn y0由()知,当x,时,g(x)0,所以4 2 gx在,上 为 减 函 数,因 此gyn gy0 g 0 又 由()知,4 24 fyn gyn yn 0,故2 fyne2ne2ne2ne2n yn 2gyngyngy0ey0sin y0cos y0sin x0cosx0e2n所以,2n xn2sin x0cosx0【名师点睛】本小题主要考查导数的运
10、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 考查函数思想和化归与转化思想考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力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,【答案】(1)fx的单调递增区间是3,单调递减区间是0,3;(2)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
11、为(0,3),单调递增区间为(3,+)(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)t则g(t)x 2t 1 x 2ln x,t 2 2,11 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
12、p(1)单调递增所以,p(x)p(1)0因此,g(t)g(2 2)2p(x)012 x ln x(x1)11(ii)当x2,时,g(t)g1x2 xe7令q(x)2 x ln x(x1),x 11,,2e7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)11,则当(,2)时,f()0所以 f()在=2 处取得极小值若 a11,则当(0,2)时,20,a110所以 2 不是 f()的极小值点综上可知,a 的取值范围是(1,+)2【名师点睛】利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系进行转化.以平行、
13、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系,进而和导数联系起求解.x12【2018 年高考天津理数】已知函数f(x)a,g(x)logax,其中 a1.(I)求函数h(x)f(x)xlna的单调区间;(II)若曲线y f(x)在点(x1,f(x1)处的切线与曲线y g(x)在点(x2,g(x2)处的切线平行,证明x1 g(x2)2ln lna;lna1e(III)证明当a e时,存在直线 l,使 l 是曲线y f(x)的切线,也是曲线y g(x)的切线.【答案】(I)函数h(x)的单调递减区间为(,0),单调递增区间为(0,);(II)见解析;(III)见解析.
14、【解析】(I)由已知,h(x)a xlna,有h(x)a lna lna.令h(x)0,解得=0.由 a1,可知当变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:xx(,0)00极小值(0,)+h(x)h(x)Z所以函数h(x)的单调递减区间为(,0),单调递增区间为(0,).xx(II)由f(x)a lna,可得曲线y f(x)在点(x1,f(x1)处的切线斜率为a1lna.由g(x)11,可得曲线y g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为.x2lnaxlnax因为这两条切线平行,故有a1lna 1x2,即x2a1(ln a)1.x2lna两边取以 a 为底的对数,得logax2 x12l
15、ogalna 0,所以x1 g(x2)xxx(III)曲线y f(x)在点(x1,a1)处的切线 l1:y a1 a1lna(x x1).2ln lna.lna曲线y g(x)在点(x2,logax2)处的切线 l2:y logax21e1(x x2).x2lna要证明当a e时,存在直线 l,使 l 是曲线y f(x)的切线,也是曲线y g(x)的切线,只需证明当a e时,存在x1(,),x2(0,),使得 l1与 l2重合.1e1x1a lna 1x2lna即只需证明当a ee时,方程组有解ax1 x ax1lna log x 11a2lna由得x2112ln lnax1x1,代入,得a
16、x a lna x 0.11x12a(lna)lnalna1e因此,只需证明当a e时,关于1的方程存在实数解.12ln lna设函数u(x)a xa lna x,即要证明当a ee时,函数y u(x)存在零点.lnalnaxx1u(x)1(lna)2xax,可知x(,0)时,又u(0)1 0,u(x)0;x(0,)时,u(x)单调递减,1x(lna)22 u(x)01(ln a)x a 0.由此u1a 0,故存在唯一的,且 0,使得,即00002(lna)01可得u(x)在(,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减.u(x)在x x0处取得极大值u(x0).因为a e,故ln(ln a)1
17、,所以u(x0)a0 x0a0lna x0 xx1e12ln lna12ln lna22ln lna x 0.02lnalnax0(lna)lnalna下面证明存在实数 t,使得u(t)0.由(I)可得ax1 xlna,当x 1时,lna12ln lna12ln lna,(lna)2x2 x1lnalnalnalna有u(x)(1 xlna)(1 xlna)x所以存在实数 t,使得u(t)0因此,当a e时,存在x1(,),使得u(x1)0.1e所以,当a e时,存在直线 l,使 l 是曲线y f(x)的切线,也是曲线y g(x)的切线.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运
18、用导数研究指数函数与对数函1e数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、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 x2x2111x1x22因为x1 x2,所以由基本不等式得1x1x2x1x2 24x1x22因为x1 x2,所以x
19、1x2 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=(f(m)ma|a|+a0,f(n)nan(a 12)1,则k1a|a|1k)0,直线 y=+a 与曲线 y=f()有唯一公共点【名师点睛】本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14【2018 年
20、高考江苏】某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆 O 的一段圆弧MPN(P 为此圆弧的中点)和线段 MN 构成已知圆 O 的半径为 40 米,点 P 到 MN 的距离为 50 米现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚内的地块形状为矩形 ABCD,大棚内的地块形状为CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上设 OC 与 MN 所成的角为(1)用分别表示矩形ABCD和CDP的面积,并确定sin的取值范围;(2)若大棚内种植甲种蔬菜,大棚内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3求当为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大【答案】(1)矩形 ABCD 的面积为 800(
21、4sincos+cos)平方米,CDP 的面积为 1600(cossincos)平方米,sin 的取值范围是1,1;(2)当=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大46【解析】(1)连结 PO 并延长交 MN 于 H,则 PHMN,所以 OH=10过 O 作 OEBC 于 E,则 OEMN,所以COE=,故 OE=40cos,EC=40sin,则矩形 ABCD 的面积为 240cos(40sin+10)=800(4sincos+cos),CDP 的面积为1240cos(4040sin)=1600(cossincos)2过 N 作 GNMN,分别交圆弧和 OE 的延长线于 G 和,则 G=N=10
22、令GO=0,则 sin0=当 0,1,0(0,)46时,才能作出满足条件的矩形ABCD,21,14所以 sin 的取值范围是答:矩形 ABCD 的面积为 800(4sincos+cos)平方米,CDP 的面积为 1600(cossincos)平方米,sin 的取值范围是1,14(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43,设甲的单位面积的年产值为4,乙的单位面积的年产值为3(0),则年总产值为 4800(4sincos+cos)+31600(cossincos)=8000(sincos+cos),0,2设 f()=sincos+cos,0,22,22则f()cossinsin(2sins
23、in1)(2sin1)(sin1)令f()=0,得=当(0,当(,6)时,f()0,所以 f()为增函数;6,)时,f()0,所以 f()为减函数,62时,f()取到最大值6因此,当=答:当=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大6【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.15【2018 年高考江苏】记f(x),g(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数 若存在x0R,满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S 点”(1)证明:函数f(x)x与g(x)x 2x2
24、不存在“S 点”;(2)若函数f(x)ax 1与g(x)ln x存在“S 点”,求实数 a 的值;22bex(3)已知函数f(x)x a,g(x)对任意a 0,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)x2在区间(0,)内存在“S 点”,并说明理由【答案】(1)见解析;(2)e;(3)见解析.2【解析】(1)函数 f()=,g()=2+2-2,则 f()=1,g()=2+2由 f()=g()且 f()=g(),得x x22x2,此方程组无解,1 2x2因此,f()与 g()不存在“S”点f x)ax 1,g(x)ln x,(2)函数(则f(x)2ax,g(x)21x设0为 f()与 g()的“
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