高考数学压轴题集锦导数及其应用.pdf

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2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(四)
23
xx3x2logx(a0且a1).
32a
(Ⅰ)若f(x)为定义域上的增函数,求实数a的取值范围;
2
(Ⅱ)令ae,设函数gxfxx34lnx6x,且gxgx0,求
312
证:xx26.
12
(x)=ex-x2-ax.
(1)xR时,证明:exx1;
(2)当a=2时,直线y=kx+1和曲线y=f(x)切于点A(m,n)(m<1),求实数k的值;
0x1fx0
(3)当时,不等式恒成立,求实数a的取值范围.
a
(x)=-alnx+x-(a为常数)有两个不同的极值点.
x
(1)求实数a的取值范围;
(2)记f(x)的两个不同的极值点分别为x,x,若不等式f(x)+f(x)>l(x+x)2恒成
121212
立,求实数l的取值范围.
1:.
xax1lnx(aR).
fx
(1)讨论函数极值点的个数,并说明理由;
x1xfxax2axaa
(2)若,恒成立,求的最大整数值.
xx22x1,gx2alnx1aR.
(1)求函数hxfxgx的极值;
a0k,mgxkxmfxa
(2)当时,若存在实数使得不等式恒成立,求实数的
取值范围.
fx是二次函数,方程fx0有两个相等的实根,且fx2x2.
(1)求yfx的表达式;
(2)若直线xt0t1,把yfx的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等
分,求t的值.
2:.
1
xxaxlnx(aR).
2
yfx1,f12,3a
(1)若曲线在点处的切线经过点,求的值;
1
fx,1
(2)若在区间上存在极值点,判断该极值点是极大值点还是极小值点,并求
4
a的取值范围;
(3)若当x0时,fx0恒成立,求a的取值范围.
b
(x)=lnx+a,g(x)=-x(a,b?R).
x
(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在点(1,f(1))处的切线方程相同,求实数a,b的值;
fxgxa2b1
(2)若恒成立,求证:当时,.
fxexax2eaR
31.,其中是自然对数的底数,.
(1)求函数fx的单调递增区间;
kx
(2)若k为整数,a1,且当x0时,fx1恒成立,其中fx为fx
x1
的导函数,求k的最大值.
3:.
(x)=2xlnx,g(x)=﹣x2+ax﹣3.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若存在x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围.
1x
{x}按如下方式构成:x∈(0,1)(n∈N*),函数f(x)=ln(1x)在点
nn
(x,f(x))处的切线与x轴交点的横坐标为x
nnn+1
(Ⅰ)证明:当x∈(0,1)时,f(x)>2x
(Ⅱ)证明:x<x3
n+1n
(Ⅲ)若x∈(0,a),a∈(0,1),求证:对任意的正整数m,都有
1
11
logxa+logxa+…+logxa<•()n﹣2(n∈N*)
nn1nm23
xx2,x[0,1]

5
f(x1),x[1,3]
(x)=5
5
(Ⅰ)求f()及x∈[2,3]时函数f(x)的解析式
2
k
(Ⅱ)若f(x)≤对任意x∈(0,3]恒成立,求实数k的最小值.
x
4:.
a1
f(x)a(x2)x
aa0
,其中.
(Ⅰ)若a1,求f(x)在区间[0,3]上的最大值和最小值.
(Ⅱ)解关于x的不等式f(x)0.
xymxmymxym
,,满足,则称比靠近.
(Ⅰ)若x1比x靠近1,求实数x有取值范围.
(Ⅱ)(i)对x0,比较ln(1x)和x哪一个更靠近0,并说明理由.
(ii)已知函数a的通项公式为a121n,证明:aaaLa2e.
nn123n
f(x)exax2(ae1)x1ea
(是自然对数的底数,为常数).
1
(1)若函数g(x)f(x)xf(x),在区间[1,+∞)上单调递减,求a的取值范围.
2
(2)当a(e2,1)时,判断函数f(x)在(0,1)上是否有零点,并说明理由.
5:.
f(x)xlnx
.
(1)求函数f(x)的极值点.
(2)设函数g(x)f(x)a(x1),其中aR,求函数g(x)在[1,e]上的最小值.
1
f(x)lnxx
2x(0,∞)
,.
(1)求函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程.
(2)求函数f(x)的单调递增区间.
1
∈R,函数f(x)=ex﹣m(x+1)+4m2(其中e为自然对数的底数)
(Ⅰ)若m=2,求函数f(x)的单调递增区间;
(Ⅱ)已知实数x,x满足x+x=1,对任意的m<0,不等式f(x)+f(0)>f(x)+
121212
f(1)恒成立,求x的取值范围;
1
(Ⅲ)若函数f(x)有一个极小值点为x,求证f(x)>﹣3,(参考数据ln6≈)
00
6:.
(x)=x2﹣x3,g(x)=ex﹣1(e为自然对数的底数).
1
(1)求证:当x≥0时,g(x)≥x+x2;
2
(2)记使得kf(x)≤g(x)在区间[0,1]恒成立的最大实数k为n,求证:n∈[4,6].
00
11
(x)x3ax2(a3)x3,其中aR,函数f(x)有两个极值点
32
x,x,且0x1.
121
(1)求实数a的取值范围;
(2)设函数(x)f'(x)a(xx),当xxx时,求证:|(x)|9.
112
4xt
f(x)
x21
,β,记A(α,f(α)),B(β,f(β))
(Ⅰ)若函数f(x)的零点为γ,证明:α+β=2γ.
tt
(Ⅱ)设点C(m,0),D(m,0),是否存在实数t,对任意m>0,四边形ACBD均为
44
,求出实数t;若不存在,请说明理由.
7:.
lnx
(x),g(x)kx(k0),函数F(x)maxf(x),g(x),其中
x
a,ab,
maxa,b

b,ab.
(Ⅰ)求f(x)的极值;
F(x)1,ee
(Ⅱ)求在上的最大值(为自然对数底数).
(x)x22alnx,aR.
(Ⅰ)若f(x)在x1处取得极值,求实数a的值;
(Ⅱ)若不等式f(x)0对任意x[1,)恒成立,求实数a的取值范围.
8:.
参考答案
1
23.(Ⅰ)fx2x23x,
xlna
由f(x)为增函数可得,fx0恒成立,则由
11
2x23x02x33x2,设mx2x33x2,则
xlnalna
mx6x26x,若由mx6xx10和mx6xx10可知
mx在0,1上单调递减,在1,上单调递增,
1
mxm111
所以,所以,
minlna
11
当a1时,易知ae,当0a1时,则0,这与1矛盾,
lnalna
从而不能使fx0恒成立,所以1ae.
2323
(Ⅱ)gxx3x2lnxx34lnx6xx23lnx6x,因为
3232
gxgx0
,
12
33
所以x23lnx6x(x23lnx6x)0,所以
21112222
3
(x2x2)3ln(xx)6(xx)0,
2121212
1
[(xx)22xx]ln(xx)(2x+x)=0,
212121212
1
(xx)2+xxln(xx)2(xx)0,
212121212
1
所以(xx)2+2(xx)ln(xx)xx,
212121212
11t
令xxt,gtlntt,gt1,gt在0,1上增,在1,上减,
12tt
1
gtg11,所以(xx)22(xx)1,整理得
21212
(xx)24(xx)20,
1212
解得xx26或xx26(舍),所以xx26得证.
121212
9:.
24.(1)记F(x)=ex-x-1,
∵F'(x)=ex-1,
令F'(x)=0得x=0,
当x?(?,0),F'(x)<0,F(x)递减;当x?(0,?),F'(x)>0,F(x)递增,
∴F(x)=F(0)=0,
min
F(x)=ex-x-1?0,
得ex?x1.
(2)切点为A(m,n),(m<1),则
ìn=km+1
ï
ï
ín=em-m2-2m,∴(m-1)em-m2+1=0,
ï
ïîïîk=em-2m-2
∵m<1,∴em-m-1=0由(1)得m=0.
所以k=-1.
(3)由题意可得ex-x2-ax?0恒成立,
ex-x2
所以a£,
x
ex-x2
下求G(x)=的最小值,
x
()(x-1)ex-(x2-1)-1(x-1)轾ex-x-1-1
x-1ex-x2臌
G'(x)===,
x2xx2
由(1)ex?x1知ex-x-1?0且x£1.
所以G'(x)<0,G(x)递减,
∵x£1,∴G(x)?G(1)e-1.
所以a?e1.
x2-ax+a
25.(1)f'(x)=(x>0).
x2
a
由函数f(x)=-alnx+x-(a为常数)有两个不同的极值点.
x
即方程x2-ax+a=0有两个不相等的正实根.
ìx+x=a>0
ï12
ï
∴íxx=a>0,∴a>4.
ï12
ïîïîD=a2-4a>0
10:.
(2)由(1)知x+x=a,xx=a,a>4,
1212
x+x
∴f(x)+f(x)=-alnxx+x+x-a12>l(x+x)2,
121212xx12
12
lna
所以l<-恒成立.
a
lna
令F(a)=-,a>4.
a
lna-1
∵F'(a)=>0,F(a)递增,
a2
ln2
∴F(a)>F(4)=-,
2
ln2
l?.
2
1ax1
26.(1)fx的定义域为0,,且fxa.
xx
a≤0fx≤00,fx0,
当时,在上恒成立,函数在上单调递减.
fx0,
∴在上没有极值点;
1
当a0时,令fx0得x0,;
a
列表
1
xfx
所以当时,取得极小值.
a
综上,当a≤0时,fx在0,上没有极值点;
当a0时,fx在0,上有一个极值点.
xlnxx
x1xfxax2axaax1
(2)对,恒成立等价于对恒成立,
x1
xlnxxxlnx2
设函数gx(x1),则gx(x1),
x1x12
11:.
1
令函数xxlnx2,则x1(x1),
x
1
当x1时,x10,所以x在1,上是增函数,
x
31ln3042ln40
又,,
所以存在x3,4,使得x0,即gx0,
000
且当x1,x时,x0,即gx0,故gx在1,x在上单调递减;
00
当xx,时,x0,即gx0,故gx在x,上单调递增;
00
xlnxx
x1,gxgx000
所以当时,有最小值,
0x1
0
x0xlnx20lnxx2
由得,即,
00000
xx2x
所以gx000x,
0x10
0
所以ax,又x3,4,所以实数a的最大整数值为3.
00
2[(x1)2a]
h'(x)
h(x)(x1)22aln(x1)x1
27.(I)由题意得,,∴x1,
①当a0时,则h'(x)0,此时h(x)无极值;
②当a0时,令h'(x)0,则1x1a;令h'(x)0,则x1a;
∴h(x)在(1,1a]上递减,在(1a,)上递增;
∴h(x)有极小值h(1a)a(1lna),无极大值;
(II)当a0时,由(1)知,h(x)在(1,1a]上递减,在(1a,)上递增,且有
极小值h(1a)a(1lna).
①当ae时,h(1a)a(1lna)0,∴f(1a)g(1a),
此时,不存在实数k,m,使得不等式g(x)kxmf(x)恒成立;
②当0ae时,h(1a)a(1lna)0,
f(x)x22x1在x1a处的切线方程为y2ax(2aa),
令u(x)f(x)[2ax(2aa)],x1,
则u(x)[x(1a)]20,2ax(2aa)f(x),
12:.
令v(x)2ax(2aa)g(x)2ax(2aa)2aln(x1),x1,
2a[x(1a)]
则v'(x),令v'(x)0,则1x1a;令v'(x)0,则
x1
x1a;
∴v(x)v(1a)a(1lna)0,∴g(x)2ax(2aa),
∴g(x)2ax(2aa)f(x),
当k2a,m2aa时,不等式g(x)kxmf(x)恒成立,
0aea(0,e]
∴①,②得实数的取值范围为.
28.
(I)设f(x)ax2bxc(a0),则f(x)2axb.
由已知f(x)2x2,得a1,b2.f(x)x22xc.
又方程x22xc0有两个相等的实数根,
44c0,即c(x)x22x1;
t202
(II)依题意,得(x2x1)dx(x2x1)dx,
1t
11
x3x2xtx3x2x0,

313t
整理,得2t36t26t10,即2(t1)310,
1
t1
32
.
29.
a1
fxfx1
(1)对求导,得.
2x2x
1a
f1f11a
,
22
1a
yfx1,f1y1ax1
所以,曲线在点处的切线方程为.
22
1a
将x2,y3代入,得31a.解得a1.
22
fx0,
(2)的定义域为.
13:.
a12xax1
fx1.
2x2x2x
1
设fx的一个极值点为m,则2mam10,即a2m.
m
11
2x2mx12xxm

mm
所以fx.
2x2x
x0,mfx0xm,fx0
当时,;当时,.
因此fx在0,m上为减函数,在m,上为增函数.
所以m是fx的唯一的极值点,且为极小值点.
1
由题设可知m,1.
4
11
因为函数a2m在,1上为减函数,
m4
111
所以21a2,即1a1.
114
4
所以a的取值范围是1,1.
1
(3)当x0时,fx0恒成立,则xaxlnx0恒成立,
2
1
lnxx
2
即a对x0恒成立.
x
11
lnxx1xlnx
22
设gx,求导得gx.
x2xx
1
设hx1xlnx(x0),显然hx在0,上为减函数.
2
h100x1hxh10gx0
又,则当时,,从而;
当x1时,hxh10,从而gx0.
所以gx在0,1上是增函数,在1,上是减函数.
gxg11a1a1,
所以,所以,即的取值范围为.
max
30.
14:.
1b
(1)由f'(x)=,g'(x)=--1.
xx2
ìf'(1)=g'(1)
ï
得í,解得a=-3,b=-2.
ïf(1)=g(1)
î
b
(2)证明:设h(x)=f(x)-g(x)=lnx+a-+x,
x
1bx2+x+b
则h'(x)=+1+=(x>0),
xx2x2
①当b³0时,h'(x)>0,函数h(x)在(0,+?)上单调递增,
不满足f(x)³g(x)恒成立.
②当b<0时,令x2+x+b=0,由D=1-4b>0,
-1+1-4b-1-1-4b
得x=>0,或x=<0(舍去),
22
-1+1-4b
设x=,知函数y=h(x)在(0,x)上单调递减,在(x,+?)上单调递增,
0200
bb
故h(x)=h(x)?0,即lnx+a-+x?0,得a?x-lnx.
min00x0x00
00
又由x2+x+b=0,得b=-x2-x,
0000
b()
所以a-b?x-lnx--x2-x=-x-1-lnx+x2,
x0000000
0
12x2-x-1(2x+1)(x-1)
令t(x)=-x-1-lnx+x2,t'(x)=2x-1-==.
xxx
当xÎ(0,1)时,t'(x)<0,函数t(x)单调慈善
当x?(1,?)时,t'(x)>0,函数t(x)单调递增;
所以t(x)=t(1)=-1,a-b?1即b-1?a,
min
故当a?2时,得b?1.
31.
fxexaxR
(1),
a0fx0fx,
若,则恒成立,所以在区间上单调递增
若a0,当xlna,时,fx0,fx在lna,上单调递增
kx
(2)由于a1,所以fx1kxex1x1,当x0时,
x1
15:.
ex10
x1x1
故kxex1x1kx,令gxx(x0)
ex1ex1
xx
xex1eex2
gx1
则
x2x2
e1e1
fxexx20,h10h20
函数在上单调递增,而,,
所以hx在0,上存在唯一的零点.
故gx在0,上存在唯一的零点.
xx1,2
设此零点为,则.
00
x0,xgx0xx,gx0
当时,,当时,;
00
所以gx在0,上的最小值为gx,由于gx0,可得exx2
0
000
所以gxx12,3,所以整数k的最大值为2.
00
32.
【考点】利用导数研究函数的单调性.
【分析】(1)求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间即可;
(2)问题等价于a≥(2lnx+x+),记h(x)=2lnx+x+,x∈(0,+∞),根据函数
min
的单调性判断即可.
【解答】解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2(lnx+1),
令f′(x)=0,得x=,当x∈时,f′(x)<0,当x∈时,f′(x)>0,
所以f(x)在上单调递减;在上单调递增.
(2)存在x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,
即2xlnx≤﹣x2+ax﹣3在x∈(0,+∞)能成立,
等价于a≥2lnx+x+在x∈(0,+∞)能成立,
等价于a≥(2lnx+x+).
min
记h(x)=2lnx+x+,x∈(0,+∞),
则h′(x)=+1﹣==.
16:.
当x∈(0,1)时,h′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,
所以当x=1时,h(x)取最小值为4,故a≥4.
33.
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程;数列与函数的综合.
【分析】(Ⅰ)求出函数的导数,根据函数的单调性求出f(x)>2x即可;
(Ⅱ)求出函数f(x)的导数,求出曲线方程,得到x=ln(﹣1)+x,从
n+1n
而证出结论即可;
(Ⅲ)得到b=<a=b<b<…<b,问题转化为
kk﹣1k﹣20
b<,根据(Ⅱ)证出即可.
0
【解答】证明:(Ⅰ)设g(x)=ln(1+x)﹣ln(1﹣x)﹣2x,
则g′(x)=,
故x∈(0,1)时,g′(x)>0,函数g(x)在(0,1)递增,
∴g(x)>g(0)=0,即f(x)>2x;
(Ⅱ)由f′(x)=+=,
故曲线在点(x,f(x))处的切线方程是:y=(x﹣x)+f(x),
nnnn
令y=0,则x=x+f(x)(﹣1),
n+1nn
则x=ln(﹣1)+x,
n+1n
由(Ⅰ)及﹣1<0得:x<(2x)•(﹣1)+x=x3;
n+1nnn
(Ⅲ)令=b,(k=0,1,2,…,m),
k
∵x<,且a∈(0,1),x∈(0,1),
n+kn
∴logx>log,
an+ka
从而b=<a=b<b<…<b,
kk﹣1k﹣20
17:.
∴loga+loga+…+loga
=b+b+…+b<b(1+++)=b(1﹣)<b,
01m000
要证loga+loga+…+loga<•()n﹣2(n∈N*),
只需b<,
0
即证b<⇔a<⇔x<,
0n
由(Ⅱ)以及x∈(0,a)得:x<<<…<<,
1n
故原结论成立.
34.
【考点】函数恒成立问题;分段函数的应用.
【分析】(Ⅰ)由函数f(x)=可求f()的值,由
x∈[2,3]⇒x﹣2∈[0,1],可求得此时函数f(x)的解析式;
(Ⅱ)依题意,分x∈(0,1]、x∈(1,2]、x∈(2,3]三类讨论,利用导数由f(x)≤
对任意x∈(0,3]恒成立,即可求得实数k的最小值.
【解答】解:(Ⅰ)f()=﹣f()=f()=×=.
当x∈[2,3]时,x﹣2∈[0,1],所以f(x)=[(x﹣2)﹣(x﹣2)2]=(x﹣2)(3﹣
x).
(Ⅱ)①当x∈(0,1]时,f(x)=x﹣x2,
则对任意x∈(0,1],x﹣x2≤恒成立⇒k≥(x2﹣x3),
max
令h(x)=x2﹣x3,则h′(x)=2x﹣3x2,令h′(x)=0,可得x=,
当x∈(0,)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增;
当x∈(,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减,
∴h(x)=h()=;
max
18:.
②当x∈(1,2]时,x﹣1∈(0,1],所以f(x)=﹣[(x﹣1)﹣(x﹣1)2]≤恒成立
⇔k≥(x3﹣3x2+2x),x∈(1,2].
令t(x)=x3﹣3x2+2x,x∈(1,2].则t′(x)=3x2﹣6x+2=3(x﹣1)2﹣1,
当x∈(1,1+)时,t(x)单调递减,当x∈(1+,2]时,t(x)单调递增,
t(x)=t(2)=0,
max
∴k≥0(当且仅当x=2时取“=”);
③当x∈(2,3]时,x﹣2∈[0,1],令x﹣2=t∈(0,1],
则k≥(t+2)(t﹣t2)=g(t),在t∈(0,1]恒成立.
g′(t)=﹣(3t2+2t﹣2)=0可得,存在t∈[,1],函数在t=t时取得最大值.
00
而t∈[,1]时,h(t)﹣g(t)=(t2﹣t3)+(t+2)(t2﹣t)=t(1﹣t)(2t﹣1)>
0
0,
所以,h(t)>g(t),
maxmax
当k≥时,k≥h(t)>g(t)成立,
maxmax
综上所述,k≥0,即k=0.
min

(Ⅰ)a1,f(x)(x2)x(x1)21,f(x)2x2,
∴
x(0,1)1(1,3)
f(x)0
f(x)极小
∴ff(1)1,
min
fmax[f(3),f(0)],
max
而f(3)3f(0),
∴f3.
max
(Ⅱ)a0时,
a1
(x2)x0,
a
a1a1
∵20,
aa
19:.
a1
∴2,
a
a