2019-2020年高考數(shù)學壓軸題集錦——導數(shù)及其應(yīng)用(三).doc

.2019-2020年高考數(shù)學壓軸題集錦導數(shù)及其應(yīng)用（三）1.已知函數(shù).（1）若函數(shù)有零點，求實數(shù)的取值范圍；（2）證明：當時，.2.已知函數(shù)（），（）.（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)，若（）是的兩個零點，且，試問曲線在點處的切線能否與軸平行？請說明理由.3.已知函數(shù)（）（1）若在處取得極大值，求實數(shù)的取值范圍；（2）若，且過點有且只有兩條直線與曲線相切，求實數(shù)的值.4.已知函數(shù)，.（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）求證：，5.已知函數(shù)f（x）= ax+b在點（e，f（e）處的切線方程為y=ax+2e（）求實數(shù)b的值；（）若存在xe，e2，滿足f（x）+e，求實數(shù)a的取值范圍6.已知函數(shù)的圖像在處的切線過點.（1）若函數(shù)，求的最大值（用表示）；（2）若，證明：.7.已知函數(shù)，.（1）當時，求曲線在處的切線方程；（2）若對任意的，都有成立，求實數(shù)的取值范圍.8.設(shè)函數(shù) （1）求的單調(diào)區(qū)間；（2）若為整數(shù)，且當時，恒成立，其中為的導函數(shù)，求的最大值. 9.設(shè)函數(shù).（1）若對定義域內(nèi)的任意，都有成立，求實數(shù)的值；（2）若函數(shù)的定義域上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍；（3）若，證明對任意的正整數(shù)，.10.已知函數(shù)（且），為自然對數(shù)的底數(shù)（）當時，求函數(shù)在區(qū)間上的最大值；（）若函數(shù)只有一個零點，求的值11.已知函數(shù)，.（1）當時，求的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）設(shè)，且有兩個極值，其中，求的最小值.12.已知函數(shù)f（x）=lnx+x22ax+1（a為常數(shù)）（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若存在x0（0，1，使得對任意的a（2，0，不等式2mea（a+1）+f（x0）a2+2a+4（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）都成立，求實數(shù)m的取值范圍13.已知函數(shù)f（x）=ax+x2xlna（a0，a1）（1）求函數(shù)f（x）在點（0，f（0）處的切線方程；（2）求函數(shù)f（x）單調(diào)增區(qū)間；（3）若存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1（e是自然對數(shù)的底數(shù)），求實數(shù)a的取值范圍14.已知函數(shù)，（1）若函數(shù)在上單調(diào)遞增，求實數(shù)的取值范圍；（2）若直線是函數(shù)圖像的切線，求的最小值；（3）當時，若與的圖像有兩個交點，求證：15.某工藝品廠要設(shè)計一個如圖1所示的工藝品，現(xiàn)有某種型號的長方形材料如圖2所示，其周長為4m，這種材料沿其對角線折疊后就出現(xiàn)圖1的情況如圖，ABCD（ABAD）為長方形的材料，沿AC折疊后交DC于點P，設(shè)ADP的面積為，折疊后重合部分ACP的面積為（）設(shè)m，用表示圖中的長度，并寫出的取值范圍；（）求面積最大時，應(yīng)怎樣設(shè)計材料的長和寬？（）求面積最大時，應(yīng)怎樣設(shè)計材料的長和寬？16.已知.（1）當時，求在處的切線方程；（2）若存在，使得成立，求實數(shù)的取值范圍.17.已知函數(shù)恰有兩個極值點，且.（1）求實數(shù)的取值范圍；（2）若不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍.18.已知函數(shù)f（x）=（lnxk1）x（kR）（1）當x1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值（2）若對于任意xe，e2，都有f（x）4lnx成立，求k的取值范圍（3）若x1x2，且f（x1）=f（x2），證明：x1x2e2k19.已知函數(shù)（）.（）若曲線在點處的切線與軸垂直，求的值；（）若函數(shù)有兩個極值點，求的取值范圍；（）證明：當時，.20.已知函數(shù).(1)當時，求在上的值域；(2)若函數(shù)有三個不同的零點，求的取值范圍.21.已知函數(shù).（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）討論函數(shù)的單調(diào)性.22.已知函數(shù)在上為增函數(shù)，且.（）求函數(shù)在其定義域內(nèi)的極值；（）若在上至少存在一個，使得成立，求實數(shù)的取值范圍.參考答案1.（1）函數(shù)的定義域為.由，得.當時，恒成立，函數(shù)在上單調(diào)遞增，又，所以函數(shù)在定義域上有個零點.當時，則時，時，.所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.當.當，即時，又，所以函數(shù)在定義域上有個零點.綜上所述實數(shù)的取值范圍為.另解：函數(shù)的定義域為.由，得.令，則.當時，；當時，.所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.故時，函數(shù)取得最大值.因，兩圖像有交點得，綜上所述實數(shù)的取值范圍為.（2）要證明當時，即證明當時，即.令，則.當時，；當時，.所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.當時，.于是，當時，.令，則.當時，；當時，.所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.當時，.于是，當時，.顯然，不等式、中的等號不能同時成立.故當時，.2.（）(1)當時，在單調(diào)遞增，(2) 當時， 有 () 假設(shè)在處的切線能平行于軸. 由假設(shè)及題意得： 由-得，即 由得， 令，.則上式可化為， 設(shè)函數(shù)，則, 所以函數(shù)在上單調(diào)遞增.于是，當時，有，即與矛盾. 所以在處的切線不能平行于軸. 3.（） 由題 由得（）所以因為過點且與曲線相切的直線有且僅有兩條，令切點是，則切線方程為由切線過點，所以有整理得所以,即為所求4.（）（）顯然時有，只需證時，由于所以當時，.綜上， 5.解：（）f（x）=ax+b，x（0，1）（1，+），求導，f（x）=a，則函數(shù)f（x）在點（e，f（e）處切線方程y（eex+b）=a（xe），即y=ax+e+b，由函數(shù)f（x）在（e，f（e）處的切線方程為y=ax+2e，比較可得b=e，實數(shù)b的值e；（）由f（x）+e，即ax+e+e，則a在e，e2，上有解，設(shè)h（x）=，xe，e2，求導h（x）=，令p（x）=lnx2，x在e，e2時，p（x）=0，則函數(shù)p（x）在e，e2上單調(diào)遞減，p（x）p（e）=lne20，則h（x）0，及h（x）在區(qū)間e，e2單調(diào)遞減，h（x）h（e2）=，實數(shù)a的取值范圍，+6.（1）由，得，的方程為，又過點，解得.，當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減.故.（2）證明：，令，令得；令得.在上遞減，在上遞增，解得：.7.（1）當時，從而曲線在處的切線為，即.（2）對任意的，都有成立，從而對，從而在遞減，遞增，.又，則.下面證明當時，在恒成立.，即證.令，則，.當時，當時，從而在遞減，遞增，從而時，在恒成立.8.（1）函數(shù)f（x）=ex-ax-2的定義域是R，f（x）=ex-a， 若a0，則f（x）=ex-a0，所以函數(shù)f（x）=ex-ax-2在（-，+）上單調(diào)遞增 若a0，則當x（-，lna）時，f（x）=ex-a0；當x（lna，+）時，f（x）=ex-a0；所以，f（x）在（-，lna）單調(diào)遞減，在（lna，+）上單調(diào)遞增（2）由于a=1， 令，令，在單調(diào)遞增， 且在上存在唯一零點，設(shè)此零點為，則當時，當時， 由，又所以的最大值為2 9.（1）由,得的定義域為 因為對x,都有，是函數(shù)的最小值，故有 解得 經(jīng)檢驗，時，在上單調(diào)減，在上單調(diào)增為最小值（2）又函數(shù)在定義域上是單調(diào)函數(shù)，或在上恒成立若，則在上恒成立,即=恒成立,由此得；若,則在上恒成立,即=恒成立因在上沒有最小值，不存在實數(shù)使恒成立 綜上所述，實數(shù)的取值范圍是（3）當時，函數(shù)令，則當時，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減又，當時，恒有，即恒成立故當時，有 而，取，則有 所以結(jié)論成立 10.解：（）當時，令，解得，時，；時，而，即（），令，得，則當時，極小值所以當時，有最小值，因為函數(shù)只有一個零點，且當和時，都有，則，即，因為當時，所以此方程無解當時，極小值所以當時，有最小值，因為函數(shù)只有一個零點，且當和時，都有，所以，即（）（*）設(shè)，則，令，得，當時，；當時，；所以當時，所以方程（*）有且只有一解綜上，時函數(shù)只有一個零點11.(1)由題意得F(x)= x2alnx. x0,=,令m（x）=x2ax+1，當時F(x)在（0，+單調(diào)遞增；當a1時，令，得x1=, x2=x(0,)()()+F(x)的單增區(qū)間為(0,)，()綜上所述，當時F(x)的單增區(qū)間為（0，+）當a1時，F(xiàn)(x)的單增區(qū)間為(0,)，() （2）h(x)= x2alnx, h/(x)=,(x0),由題意知x1,x2是x2+2ax+1=0的兩根，x1x2=1, x1+x2=2a,x2=,2a=,=2()令H(x)=2(), H/(x)=2()lnx=當時，H/(x)0, H(x)在上單調(diào)遞減，H(x)的最小值為H()=,即 的最小值為.12.解：（I）f（x）=lnx+x22ax+1，f（x）=+2x2a=，令g（x）=2x22ax+1，（i）當a0時，因為x0，所以g（x）0，函數(shù)f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增；（ii）當0a時，因為0，所以g（x）0，函數(shù)f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增；（iii）當a時，x在（，）時，g（x）0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；在區(qū)間（0，）和（，+）時，g（x）0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；（II）由（I）知當a（2，0，時，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1上單調(diào)遞增，所以當x（0，1時，函數(shù)f（x）的最大值是f（1）=22a，對任意的a（2，0，都存在x0（0，1，使得不等式a（2，0，2mea（a+1）+f（x0）a2+2a+4成立，等價于對任意的a（2，0，不等式2mea（a+1）a2+4a20都成立，記h（a）=2mea（a+1）a2+4a2，由h（0）0得m1，且h（2）0得me2，h（a）=2（a+2）（mea1）=0，a=2或a=lnm，a（2，0，2（a+2）0，當1me2時，lnm（2，0），且a（2，lnm）時，h（a）0，a（lnm，0）時，h（a）0，所以h（a）最小值為h（lnm）=lnm（2lnm）0，所以a（2，lnm）時，h（a）0恒成立；當m=e2時，h（a）=2（a+2）（ea+21），因為a（2，0，所以h（a）0，此時單調(diào)遞增，且h（2）=0，所以a（2，0，時，h（a）0恒成立；綜上，m的取值范圍是（1，e213.解：（1）f（x）=ax+x2xlna，f（x）=axlna+2xlna，f（0）=0，f（0）=1即函數(shù)f（x）圖象在點（0，1）處的切線斜率為0，圖象在點（0，f（0）處的切線方程為y=1；（3分）（2）由于f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna0當a1，y=2x單調(diào)遞增，lna0，所以y=（ax1）lna單調(diào)遞增，故y=2x+（ax1）lna單調(diào)遞增，2x+（ax1）lna20+（a01）lna=0，即f（x）f（0），所以x0故函數(shù)f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增；當0a1，y=2x單調(diào)遞增，lna0，所以y=（ax1）lna單調(diào)遞增，故y=2x+（ax1）lna單調(diào)遞增，2x+（ax1）lna20+（a01）lna=0，即f（x）f（0），所以x0故函數(shù)f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增；綜上，函數(shù)f（x）單調(diào)增區(qū)間（0，+）；（8分）（3）因為存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1，所以當x1，1時，|（f（x）max（f（x）min|=（f（x）max（f（x）mine1，（12分）由（2）知，f（x）在1，0上遞減，在0，1上遞增，所以當x1，1時，（f（x）min=f（0）=1，（f（x）max=maxf（1），f（1），而f（1）f（1）=（a+1lna）（+1+lna）=a2lna，記g（t）=t2lnt（t0），因為g（t）=1+=（1）20所以g（t）=t2lnt在t（0，+）上單調(diào)遞增，而g（1）=0，所以當t1時，g（t）0；當0t1時，g（t）0，也就是當a1時，f（1）f（1）；當0a1時，f（1）f（1）（14分）當a1時，由f（1）f（0）e1alnae1ae，當0a1時，由f（1）f（0）e1+lnae10a，綜上知，所求a的取值范圍為a（0，e，+）（16分）14.（1）解：h（x）=f（x）g（x）=，則，h（x）=f（x）g（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，對x0，都有，即對x0，都有，.2分，故實數(shù)a的取值范圍是；.3分（2）解：設(shè)切點為，則切線方程為，即，亦即，令，由題意得， ，令，則，.6分當時，在上單調(diào)遞減；當時，在上單調(diào)遞增，故的最小值為1；.7分（3）證明：由題意知，兩式相加得兩式相減得即，即，. 9分不妨令，記，令，則，在上單調(diào)遞增，則，則，又，即，.10分令，則時，在上單調(diào)遞增又，則，即.12分15.（）由題意，,，.1分設(shè)，則，由ADPCBP，故PA=PC=xy，由PA2=AD2+DP2，得即：.3分（）記ADP的面積為，則.5分當且僅當時，取得最大值故當材料長為，寬為時，最大.7分（）于是令.9分關(guān)于的函數(shù)在上遞增，在上遞減，當時， 取得最大值故當材料長為，寬為時， 最大.12分16.（1）時，所以在處的切線方程為（2）存在，即：在時有解；設(shè)，令，所以在上單調(diào)遞增，所以1當時，在單調(diào)增，所以，所以2當時，設(shè)，令，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增所以，所以所以設(shè)，令，所以在上單調(diào)遞增，所以所以在單調(diào)遞增，所以，所以所以，當時，恒成立，不合題意綜上，實數(shù)的取值范圍為.17.（1）因為，依題意得為方程的兩不等正實數(shù)根，令，當時，；當時，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，當時，所以解得，故實數(shù)的取值范圍是.（2）由（1）得，兩式相加得，故兩式相減可得，故所以等價于，所以所以，即，所以，因為，令，所以即，令，則在上恒成立，令，當時，所以在上單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞增，所以符合題意當時，所以在上單調(diào)遞增故在上單調(diào)遞減，所以不符合題意；當時，所以在上單調(diào)遞增，所以所以在上單調(diào)遞減，故不符合題意綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.18.解：（1）f（x）=（lnxk1）x（kR），x0， =lnxk，當k0時，x1，f（x）=lnxk0，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（1，+），無單調(diào)減區(qū)間，無極值；當k0時，令lnxk=0，解得x=ek，當1xek時，f（x）0；當xek，f（x）0，函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（1，ek），單調(diào)減區(qū)間是（ek，+），在區(qū)間（1，+）上的極小值為f（ek）=（kk1）ek=ek，無極大值（2）對于任意xe，e2，都有f（x）4lnx成立，f（x）4lnx0，即問題轉(zhuǎn)化為（x4）lnx（k+1）x0對于xe，e2恒成立，即k+1對于xe，e2恒成立，令g（x）=，則，令t（x）=4lnx+x4，xe，e2，則，t（x）在區(qū)間e，e2上單調(diào)遞增，故t（x）min=t（e）=e4+4=e0，故g（x）0，g（x）在區(qū)間e，e2上單調(diào)遞增，函數(shù)g（x）max=g（e2）=2，要使k+1對于xe，e2恒成立，只要k+1g（x）max，k+12，即實數(shù)k的取值范圍是（1，+）證明：（3）f（x1）=f（x2），由（1）知，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，ek）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（ek，+）上單調(diào)遞增，且f（ek+1）=0，不妨設(shè)x1x2，則0x1ekx2ek+1，要證x1x2e2k，只要證x2，即證，f（x）在區(qū)間（ek，+）上單調(diào)遞增，f（x2）f（），又f（x1）=f（x2），即證f（x1），構(gòu)造函數(shù)h（x）=f