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2019年高考數學真題分類匯編 3.2 導數的應用 文 考點一　導數與函數的單調性 1.(xx課標Ⅱ,11,5分)若函數f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)單調遞增,則k的取值范圍是(　　) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 答案　D　 2.(xx重慶,19,12分)已知函數f(x)=+-ln x-,其中a∈R,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f(x)的單調區(qū)間與極值. 解析　(1)對f(x)求導得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,故舍去. 當x∈(0,5)時, f (x)<0,故f(x)在(0,5)內為減函數;當x∈(5,+∞)時, f (x)>0,故f(x)在(5,+∞)內為增函數.由此知函數f(x)在x=5時取得極小值f(5)=-ln 5. 3.(xx安徽,20,13分)設函數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性; (2)當x∈[0,1]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=,x1x2時, f (x)<0;當x10. 故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)內單調遞減,在(x1,x2)內單調遞增. (2)因為a>0,所以x1<0,x2>0. (i)當a≥4時,x2≥1,由(1)知, f(x)在[0,1]上單調遞增,所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值. (ii)當00,即0e時,函數f(x)單調遞減. 故函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,e),單調遞減區(qū)間為(e,+∞). (2)因為e<3<π,所以eln 3π3; 由<,得ln 3e0,則x2+2x+a>0?x>-1+或x<-1-, 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,-1-)和(-1+,+∞); 令f (x)<0,可得-1-0. 由(1)知, f(x)在(-1+,+∞)上是增函數. ①???-≤a,則-≤a<0, 不存在x0∈∪,使得f(x0)=f; ②??-0),x∈R. (1)求f(x)的單調區(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x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表: x (-∞,0) 0 f (x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 0 ↗ ↘ 所以, f(x)的單調遞增區(qū)間是;單調遞減區(qū)間是(-∞,0),. 當x=0時, f(x)有極小值,且極小值f(0)=0;當x=時,f(x)有極大值,且極大值f=. (2)由f(0)=f=0及(1)知,當x∈時, f(x)>0;當x∈時, f(x)<0. 設集合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A?B.顯然,0?B. 下面分三種情況討論: ①當>2,即0時,有f(1)<0,且此時f(x)在(1,+∞)上單調遞減,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x∈[-1,1]時,恒有f(x)≤g(a)+4. 解析　(1)因為a>0,-1≤x≤1,所以 (i)當00,故f(x)在(a,1)上是增函數. 所以g(a)=f(a)=a3. (ii)當a≥1時,有x≤a,則f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,1)上是減函數,所以g(a)=f(1)=-2+3a. 綜上,g(a)= (2)令h(x)=f(x)-g(a), (i)當00, 知t(a)在(0,1)上是增函數,所以,t(a)0,g(1)=e-2a-b>0. 由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-20,則a的取值范圍是(　　) A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1) 答案　C　 11.(xx湖南,9,5分)若0ln x2-ln x1 B.-x1 D.x20時,x2ln 2時, f (x)>0, f(x)單調遞增. 所以當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上單調遞增,又g(0)=1>0, 所以當x>0時,g(x)>g(0)>0,即x20時,x2x0時,ex>x2>x,即x0),要使不等式xkx成立. 而要使ex>kx成立,只需要x>ln (kx),即x>ln x+ln k成立. ①若00時,x>ln x≥ln x+ln k成立. 即對任意c∈[1,+∞), 取x0=0,當x∈(x0,+∞)時,恒有x1,令h(x)=x-ln x-ln k,則h(x)=1-=, 所以當x>1時,h(x)>0,h(x)在(1,+∞)內單調遞增. 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x∈(x0,+∞)時,恒有x2x, 所以當x∈(x0,+∞)時,有cex≥ex>2x>x,即xln時,h(x)>0,h(x)單調遞增. 取x0=2ln, h(x0)=c-2ln=2, 易知-ln>0,又h(x)在(x0,+∞)內單調遞增, 所以當x∈(x0,+∞)時,恒有h(x)>h(x0)>0,即x0,f(x)在(1,+∞)上單調遞增. 所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要條件為f(1)<,即-1<,解得--11,故當x∈時, f (x)<0;當x∈時, f (x)>0.f(x)在上單調遞減,在上單調遞增. 所以,存在x0≥1,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f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a<0. (1)當a=-4時,求f(x)的單調遞增區(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a=-4時,由f (x)==0得x=或x=2,由f (x)>0得x∈或x∈(2,+∞), 故函數f(x)的單調遞增區(qū)間為和(2,+∞). (2)f (x)=,a<0, 由f (x)=0得x=-或x=-. 當x∈時,f(x)單調遞增;當x∈時,f(x)單調遞減;當x∈時,f(x)單調遞增. 易知 f(x)=(2x+a)2≥0,且f=0. ①當-≤1,即-2≤a<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. ②當1<-≤4,即-8≤a<-2時, f(x)在[1,4]上的最小值為f=0,不符合題意. ③當->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a=-10時,f(x)在(1,4)上單調遞減, 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Ⅱ,21,12分)已知函數f(x)=x3-3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為-2. (1)求a; (2)證明:當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. 由題設得-=-2,所以a=1. (2)由(1)知, f(x)=x3-3x2+x+2. 設g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由題設知1-k>0. 當x≤0時,g(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)單調遞增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一實根. 當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)上單調遞減,在(2,+∞)上單調遞增,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.