2019年高考数学真题分类汇编专题19：导数在函数中的应用(综合题).doc

2019年高考数学真题分类汇编
专题19：导数在函数中的应用（综合题）
1.（2019•江苏）设函数为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c ，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b ，b=c，且和的零点均在集合中，求的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
【答案】 （1）解：因为a=b=c，所以
因为 ，所以 ，解得
（2）解：因为 ，
所以 ，
从而 ．令 ，得 或 ．
因为 ，都在集合 中，且 ，
所以 ．
此时 ， ．
令 ，得 或 ．列表如下：

1

+
0
–
0
+

极大值

极小值

所以 的极小值为
（3）解：因为 ，所以 ，
．
因为 ，所以 ，
则 有2个不同的零点，设为 ．
由 ，得 ．
列表如下：

+
0
–
0
+

极大值

极小值

所以 的极大值 ．
解法一：

．因此 ．
解法二：
因为 ，所以 ．
当 时， ．
令 ，则 ．
令 ，得 ．列表如下：

+
0
–

极大值

所以当 时， 取得极大值，且是最大值，故 ．
所以当 时， ，因此
【考点】利用导数研究函数的极值，不等式的证明
【解析】【分析】利用已知条件a=b=c ， f（4）=8，求出 的值。（1）利用求导的方法判断函数的单调性，再结合a≠b ， b=c ， 且f（x）和 的零点均在集合 中，从而求出函数的极值。（2）利用两种方法证出M≤ ，第一种方法是利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值，再利用均值不等式求最值的方法结 ，
且f（x）的极大值为M ， 从而证出M≤ ；第二种方法利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值，从而求出函数的最值从而证出当 时 ，因此 。

2.（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）=alnx+.x>0 。
（1）当a=时，求函数f（x）的单调区间；
（2）对任意x∈[，+∞）均有f（x）≤，求a的取值范围。
【答案】 （1）当a=时， ．
，
所以，函数 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+ ）．
（2）由 ，得 ．
当 时， 等价于 ．
令 ，则 ．
设  ，则
．
（i）当  时， ，则
．
记 ，则 .
故

1

0
+

单调递减
极小值
单调递增
所以，  ．
因此， ．
（ii）当 时， ．
令  ，则 ，
故 在 上单调递增，所以 ．
由（i）得 ．
所以， ．
因此 ．
由（i）（ii）得对任意 ， ，
即对任意 ，均有 ．
综上所述，所求a的取值范围是 ．
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将a=-代入，求导数，结合导数确定函数的单调性即可；
（2）采用换元法，构造函数，求导数，结合导数确定函数的单调性，求出函数的最值，即可求出不等式成立时相应的实数a的取值范围.
3.（2019•天津）设函数，其中.
（Ⅰ）若，讨论的单调性；
（Ⅱ）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明
【答案】 解：（Ⅰ）解：由已知， 的定义域为 ，且

因此当 时，  ，从而 ，所以 在 内单调递增.
（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知 .令 ，由 ，
可知 在 内单调递减，又 ，且
.
故 在 内有唯一解，从而 在 内有唯一解，不妨设为 ，则 .当 时， ，所以 在 内单调递增；当 时， ，所以 在 内单调递减，因此 是 的唯一极值点.
令 ，则当 时， ，故 在 内单调递减，从而当 时，  ，所以 .从而
，
又因为 ，所以 在 内有唯零点.又 在 内有唯一零点1，从而， ）在 内恰有两个零点.
（ii）由题意， 即 ，从而 ，即 .因为当 时，  ，又 ，故 ，两边取对数，得 ，于是
，
整理得 .
【考点】利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，函数零点的判定定理
【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意，由函数的解析式求出导函数，通过当 时，判断 ，得到函数的单调性；
（Ⅱ）（ⅰ）求导，分析导函数可得函数 的单调性和极值点，再根据极值点的取值范围分析函数在不同区间的正负，即可得函数 的零点个数。
（ⅱ）根据 为 的极值点， 为 的零点可列出等式，化简整理得 ，由（ⅰ）可得 ，两边取对数，即可得 ，整理即可得。
4.（2019•天津）设函数为的导函数.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，证明；
（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明 。
【答案】 解：（Ⅰ）由已知，有 .因此，当 时，有 ，得 ，则 单调递减；当 时，有 ，得 ，则 单调递增.
所以， 的单调递增区间为 的单调递减区间为 .
（Ⅱ）证明：记 .依题意及（Ⅰ），有 ，从而 .当 时， ，故
.
因此， 在区间 上单调递减，进而 .
所以，当 时， .
（Ⅲ）证明：依题意， ，即 .记 ，则 ，且 .
由 及（Ⅰ），得 .由（Ⅱ）知，当 时， ，所以 在 上为减函数，因此 .又由（Ⅱ）知， ，故
.
所以，
【考点】利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，反证法与放缩法
【解析】【分析】本题主要考导数的计算、不等式证明及导数在研究函数中的应用。
（Ⅰ）对函数 求导可求出 的单调递增区间和单调递减区间；
（Ⅱ）先构造函数 ，再对（Ⅰ） 求导，找出 的单调递减区间，结论得以证明；
（Ⅲ）由已知条件 得出 ，进而得出 ， ，结合（Ⅱ） 在 为减函数，即可得到 ，再由（Ⅱ）可知 ，利用单调性即可证得结论。
5.（2019•全国Ⅲ）已知函数。
（1）讨论的单调性；
（2）当0<a<3时，记在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求 的取值范围.
【答案】 （1）解： ．
令 ，得x=0或 .
若a>0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减；
若a=0， 在 单调递增；
若a<0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减.
（2）当 时，由（1）知， 在 单调递减，在 单调递增，所以 在[0,1]的最小值为 ，最大值为 或 .于是
，
所以
当 时，可知 单调递减，所以 的取值范围是 .
当 时， 单调递减，所以 的取值范围是 .
综上， 的取值范围是 .
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】（1）先求导，令 ，得x=0或 ，分三种情况讨论a，即可求出函数 的单调区间；（2）分三种情况讨论a，利用（1）中函数 单调性，分别求出函数 的最值，即可求出 的取值范围.
6.（2019•全国Ⅲ）已知函数f（x）=2x3-ax2+b.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由。
【答案】 （1）解： ．
令 ，得x=0或 .
若a>0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减；
若a=0， 在 单调递增；
若a<0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减.
（2）满足题设条件的a ， b存在.
（i）当a≤0时，由（1）知， 在[0，1]单调递增，所以 在区间[0，l]的最小值为 ，最大值为 .此时a ， b满足题设条件当且仅当 ， ，即a=0， ．
（ii）当a≥3时，由（1）知， 在[0，1]单调递减，所以 在区间[0，1]的最大值为 ，最小值为 ．此时a ， b满足题设条件当且仅当 ，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0<a<3时，由（1）知， 在[0，1]的最小值为 ，最大值为b或 ．
若 ，b=1，则 ，与0<a<3矛盾.
若 ， ，则 或 或a=0，与0<a<3矛盾．
综上，当且仅当a=0， 或a=4，b=1时， 在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】（1）先求导，令 ，得x=0或 ，分三种情况讨论a，即可求出函数 的单调区间；（2）先判断满足题设条件的a，b存在，再分三种情况讨论a，利用（1）中函数 单调性分别求出a，b的值进行判断，即可得结论.
7.（2019•全国Ⅲ）已知曲线C: ，D为直线的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点；
（2）若以E（0，）为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【答案】 （1）解：设 ，则 .
由于 ，所以切线DA的斜率为 ，故  .
整理得  
设 ，同理可得 .
故直线AB的方程为 .
所以直线AB过定点 .
（2）由（1）得直线AB的方程为 .
由 ，可得 .
于是 ，
.
设 分别为点D ， E到直线AB的距离，则 .
因此，四边形ADBE的面积 .
设M为线段AB的中点，则 .
由于 ，而 ， 与向量 平行，所以 .解得t=0或 .
当 =0时，S=3；当 时， .
因此，四边形ADBE的面积为3或 .
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先求导，分别得到切线DA和DB的方程，可得直线AB的方程，即可证明直线AB过定点；（2）由（1）中直线AB的方程与抛物线方程联立，利用弦长公式和点到直线的距离公式，分别得到|AB|与点D，E到直线AB的距离，由 与向量 平行列式，即可求出四边形ADBE的面积.
8.（2019•卷Ⅱ）已知函数，证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【答案】 （1）解：的定义域为（0，+ ）.
.
因为 单调递增， 单调递减，所以 单调递增，又 ，
，故存在唯一 ，使得 .
又当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.
因此， 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知 ，又 ，所以 在 内存在唯一根 .
由 得 .
又 ，故 是 在 的唯一根.
综上， 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【考点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）首先求出原函数的导函数，再由导函数的性质研究出原函数的单调性以及极值的情况结论即可得证。（2）利用根与方程的关系即可得证。
9.（2019•卷Ⅱ）已知函数.
（1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点；
（2）设x0是的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0 ，ln x0)处的切线也是曲线的切线.
【答案】 （1）解： f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）= ， ，
所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1 ， 即f（x1）=0．
又 ， ，
故f（x）在（0，1）有唯一零点 ．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为 ，故点B（–lnx0 ， ）在曲线y=ex上．
由题设知 ，即 ，
故直线AB的斜率 ．
曲线y=ex在点 处切线的斜率是 ，曲线 在点 处切线的斜率也是 ，
所以曲线 在点 处的切线也是曲线y=ex的切线．
【考点】导数的几何意义，函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）对函数f(x)解析式求导，判断导函数的正负来判断函数f(x)的单调性，由于定义域为（0，1），（1，+∞），取特殊值f(e)，f(e2)可证在在(0,1)上函数f(x)必存在唯一零点，又 ，则在（1，+∞）上函数f(x)也存在唯一零点。由此此题即解出。（2）求出曲线y=lnx在A（x0 ， lnx0）  的切线表达式，根据两个切线斜率相等的条件进而求出y=ex的切线表达式，最后由已知条件化简两个表达式，即证得是同一条切线。
10.（2019•北京）已知函数.
（I）求曲线的斜率为1的切线方程；
（II）当x∈[-2，4]时，求证：x-6≤f（x）≤x；
（IlI）设F（x）=|f（x）-（x+a）|（a∈R），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.
【答案】 解（I） ，令 ，
则 ，
因为 ，
故斜率为1的直线为y=x或 ，
整理得，斜率为1的直线方程为x-y=0或 ；
（II）构造函数g（x）=f（x）-x+6，
则 ，令 ，则 ，
故g（x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，故g（x）的最小值为g（-2）或 ，
而g（-2）=0， ，故 ，
所以 ，故在[-2,4]上， ；
构造函数h（x）=f（x）-x，
则 ，令 ，则 ，
故h（x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，故h（x）的最大值为h（0）或h（4），
因为h（0）=0，h（4）=0，
所以 ，故在[-2,4]上， ，
综上在[-2,4]上， ；
（Ⅲ）令 ，
则 ，令 ，则 ，
故 （x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 （x）的最小值为 （-2）=-6-a或 ，
最大值为 （0）=-a或 （4）=12-a，
故 其最大值 ，
故当a=3时，M（a）有最小值9.
【考点】导数的几何意义，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】（I）求导数，根据导数的几何意义，结合斜率为1，求出切点坐标，利用点斜式，即可求出相应的切线方程；
（II）构造函数，要证 ，只需要证在[-2,4]上 和 即可，求导数，利用导数确定函数单调性，求出函数极值即可证明；
（Ⅲ）求导数，利用导数确定函数单调性，求出函数的最值，确定M（a）的表达式，即可求出M（a）取最小值时相应的a值.
11.（2019•卷Ⅰ）已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x，为f(x)的导数。
（1）证明：f(x)在区间(0, π)存在唯一零点；
（2）若xϵ[0,π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围。
【答案】 （1）设 ，则 .
当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递增，在 单调递减.
又 ，故 在 存在唯一零点.
所以 在 存在唯一零点.
（2）由题设知 ，可得a≤0.
由（1）知， 在 只有一个零点，设为 ，且当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递增，在 单调递减.
又 ，所以，当 时， .
又当 时，ax≤0，故 .
因此，a的取值范围是 .
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用求导的方法判断函数的单调性，再利用零点存在性定理证出函数 在区间(0, π)存在唯一零点。（2）由题设知 ，可得a≤0.
由（1）知， 在 只有一个零点，
利用求导的方法判断函数的单调性，再利用零点存在性定理求出 的取值范围。
12.（2019•卷Ⅰ）已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)，为f(x)的导数。证明：
（1）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）证明：

存在 使

＋
0
－

极大值

所以 在区间 存在唯一极大值点。
（2）证明：
存在

⒈当 时， 递减，又
⒉当 时，
⒊当 时，
⒋当 时，
综上所述， 有且仅有2个零点。
【考点】利用导数研究函数的极值，根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】（1）对函数两次求导，用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值，从而证出在区间 存在唯一极大值点。（2）用分类讨论的方法结合求导的方法判断函数的单调性，再利用零点存在性定理证出 有且仅有2个零点.
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