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(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f(x)求導(dǎo)得f (x)=-,由f(x)在點(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, f (x)<0,故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù);當(dāng)x(5,+)時, 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a>0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性;(2)當(dāng)x0,1時,求f(x)取得最大值和最小值時的x的值.解析(1)f(x)的定義域為(-,+), f (x)=1+a-2x-3x2.令f (x)=0,得x1=,x2=,x1<x2,所以f (x)=-3(x-x1)(x-x2).當(dāng)x<x1或x>x2時, f (x)<0;當(dāng)x1<x<x2時, f (x)>0.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)因為a>0,所以x1<0,x2>0.(i)當(dāng)a4時,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)0<a<4時,x2<1.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)0<a<1時, f(x)在x=1處取得最小值;當(dāng)a=1時, f(x)在x=0和x=1處同時取得最小值;當(dāng)1<a<4時, f(x)在x=0處取得最小值.4.(xx湖北,21,14分)為圓周率,e=2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)f(x)=的單調(diào)區(qū)間;(2)求e3,3e,e,e,3,3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù).解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+).因為f(x)=,所以f (x)=.當(dāng)f (x)>0,即0<x<e時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)f (x)<0,即x>e時,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)因為e<3<,所以eln 3<eln ,ln e<ln 3,即ln 3e<ln e,ln e<ln 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3e<e<3,e3<e<3.故這6個數(shù)的最大數(shù)在3與3之中,最小數(shù)在3e與e3之中.由e<3<及(1)的結(jié)論,得f()<f(3)<f(e),即<<.由<,得ln 3<ln 3,所以3>3;由<,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.綜上,6個數(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)a<0時,試討論是否存在x0,使得f(x0)=f.解析(1)函數(shù)的定義域為R, f (x)=x2+2x+a.當(dāng)a<1時,令f (x)>0,則x2+2x+a>0x>-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,f (x)0在R上恒成立,所以f(x)在R上是增函數(shù).(2)a<0時,-1+>0.由(1)知, f(x)在(-1+,+)上是增函數(shù).-a,則-a<0,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;-3<a<-,不存在x0,使得f(x0)=f;-<a<-,存在x0,使得f(x0)=f;-1+1a-3, f(x)在(0,1)上是單調(diào)函數(shù),故不存在x0,使得f(x0)=f.綜上所述,當(dāng)a時,存在x0,使得f(x0)=f.當(dāng)a時,不存在x0,使得f(x0)=f.考點二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值與最值6.(xx遼寧,12,5分)當(dāng)x-2,1時,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.-5,-3B.C.-6,-2D.-4,-3答案C7.(xx天津,19,14分)已知函數(shù)f(x)=x2-ax3(a>0),xR.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)若對于任意的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(a>0).令f (x)=0,解得x=0或x=.當(dāng)x變化時, 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, f(x)有極小值,且極小值f(0)=0;當(dāng)x=時,f(x)有極大值,且極大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,當(dāng)x時, f(x)>0;當(dāng)x時, f(x)<0.設(shè)集合A=f(x)|x(2,+),集合B=.則“對于任意的x1(2,+),都存在x2(1,+),使得f(x1)f(x2)=1”等價于AB.顯然,0B.下面分三種情況討論:當(dāng)>2,即0<a<時,由f=0可知,0A,而0B,所以A不是B的子集.當(dāng)12,即a時,有f(2)0,且此時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)<1,即a>時,有f(1)<0,且此時f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減,故B=,A=(-,f(2),所以A不是B的子集.綜上,a的取值范圍是.8.(xx浙江,21,15分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a>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,恒有f(x)g(a)+4.解析(1)因為a>0,-1x1,所以(i)當(dāng)0<a<1時,若x-1,a,則f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,a)上是減函數(shù);若xa,1,則f(x)=x3+3x-3a, f (x)=3x2+3>0,故f(x)在(a,1)上是增函數(shù).所以g(a)=f(a)=a3.(ii)當(dāng)a1時,有xa,則f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-3<0,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)0<a<1時,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0<a<1,所以h(1)4.故f(x)g(a)+4;若x-1,a,h(x)=x3-3x+3a-a3,得h(x)=3x2-3,則h(x)在(-1,a)上是減函數(shù),所以,h(x)在-1,a上的最大值是h(-1)=2+3a-a3.令t(a)=2+3a-a3,則t(a)=3-3a2>0,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,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h(x)=3x2-3,此時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,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,證明:e-2<a<1.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,g(x)1-2a,e-2a,當(dāng)a時,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,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,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,g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;當(dāng)<a<時,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b;當(dāng)a時,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)的一個零點,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x1,同理,g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點x2,所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個零點.由(1)知,當(dāng)a時,g(x)在0,1上單調(diào)遞增,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點.當(dāng)a時,g(x)在0,1上單調(diào)遞減,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點,所以<a<.此時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,因此x1(0,ln(2a),x2(ln(2a),1),必有g(shù)(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(shù)(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-2<a<1.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點時,e-2<a<1.考點三導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用10.(xx課標(biāo),12,5分)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,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0<x1<x2<1,則()A.->ln x2-ln x1B.-<ln x2-ln x1C.x2>x1D.x2<x1答案C12.(xx福建,22,14分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線斜率為-1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;(2)證明:當(dāng)x>0時,x2<ex;(3)證明:對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,使得當(dāng)x(x0,+)時,恒有x<cex.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)x<ln 2時, f (x)<0, f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>ln 2時, f (x)>0, f(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=ln 2時, f(x)有極小值,且極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)無極大值.(2)令g(x)=ex-x2,則g(x)=ex-2x.由(1)得,g(x)=f(x)f(ln 2)=2-ln 4>0,即g(x)>0.所以g(x)在R上單調(diào)遞增,又g(0)=1>0,所以當(dāng)x>0時,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.(3)解法一:對任意給定的正數(shù)c,取x0=,由(2)知,當(dāng)x>0時,x2<ex.所以當(dāng)x>x0時,ex>x2>x,即x<cex.因此,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x<cex.解法二:令k=(k>0),要使不等式x<cex成立,只需要ex>kx成立.而要使ex>kx成立,只需要x>ln (kx),即x>ln x+ln k成立.若0<k1,則ln k0,易知當(dāng)x>0時,x>ln xln x+ln k成立.即對任意c1,+),取x0=0,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x<cex.若k>1,令h(x)=x-ln x-ln k,則h(x)=1-=,所以當(dāng)x>1時,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k>ln k,k>ln 2,所以h(x0)>0.因此對任意c(0,1),取x0=,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x<cex.綜上,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x<cex.解法三:若c1,取x0=0,由(2)的證明過程知,ex>2x,所以當(dāng)x(x0,+)時,有cexex>2x>x,即x<cex.若0<c<1,令h(x)=cex-x,則h(x)=cex-1.令h(x)=0,得x=ln.當(dāng)x>ln時,h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.取x0=2ln,h(x0)=c-2ln=2,易知-ln>0,又h(x)在(x0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x(x0,+)時,恒有h(x)>h(x0)>0,即x<cex.綜上,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x<cex.注:對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(1, f(1)處的切線斜率為0.(1)求b;(2)若存在x01,使得f(x0)<,求a的取值范圍.解析(1)f (x)=+(1-a)x-b.由題設(shè)知f (1)=0,解得b=1.(2)f(x)的定義域為(0,+),由(1)知,f(x)=aln x+x2-x, f (x)=+(1-a)x-1=(x-1).(i)若a,則1,故當(dāng)x(1,+)時, f (x)>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-1<a<-1.(ii)若<a<1,則>1,故當(dāng)x時, f (x)<0;當(dāng)x時, 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<.而f=aln +>,所以不合題意.(iii)若a>1,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a<0.(1)當(dāng)a=-4時,求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)若f(x)在區(qū)間1,4上的最小值為8,求a的值.解析(1)當(dāng)a=-4時,由f (x)=0得x=或x=2,由f (x)>0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)=,a<0,由f (x)=0得x=-或x=-.當(dāng)x時,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x時,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x時,f(x)單調(diào)遞增.易知 f(x)=(2x+a)20,且f=0.當(dāng)-1,即-2a<0時,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-8a<-2時, f(x)在1,4上的最小值為f=0,不符合題意.當(dāng)->4,即a<-8時,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,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(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為-2.(1)求a;(2)證明:當(dāng)k<1時,曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點.解析(1)f (x)=3x2-6x+a, f (0)=a,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線方程為y=ax+2.由題設(shè)得-=-2,所以a=1.(2)由(1)知, f(x)=x3-3x2+x+2.設(shè)g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由題設(shè)知1-k>0.當(dāng)x0時,g(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)單調(diào)遞增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-,0上有唯一實根.當(dāng)x>0時,令h(x)=x3-3x2+4,則g(x)=h(x)+(1-k)x>h(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,+)上沒有實根.綜上,g(x)=0在R上有唯一實根,即曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點.