2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(五).doc

(完整版)2019-2020年高考数学压轴题集锦导数及其应用(五)2019-2020年高考数学压轴题集锦导数及其应用（五）46。已知函数()的两个零点为 设 .（）当时，证明： （）若函数在区间和上均单调递增，求的取值范围。47.设函数（)（）若时,求函数的单调区间；（）设函数在有两个零点，求实数的取值范围48。已知函数， （）若， ，问：是否存在这样的负实数，使得在处存在切线且该切线与直线平行，若存在，求的值;若不存在，请说明理由 （）已知，若在定义域内恒有,求的最大值 49。设函数，曲线在处的切线与直线平行证明：（）函数在上单调递增;(）当时，.50.已知f（x）=a（xlnx）+ ，aR.（I)讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x)f（x)+对于任意的x1，2恒成立。51.已知函数f（x）=x2+axlnx，aR（1）若函数f（x）在1，2上是减函数，求实数a的取值范围；（2）令g（x）=f（x）x2，是否存在实数a，当x（0，e（e是自然常数）时，函数g（x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；(3)当x（0,e时，证明：e2x2x（x+1)lnx52.已知函数f（x）=x3ax+1（1)若x=1时，f(x）取得极值，求a的值；（2）求f（x）在0，1上的最小值;（3）若对任意mR，直线y=x+m都不是曲线y=f（x）的切线，求a的取值范围53。已知函数（）（1）讨论的单调性；（2）若关于的不等式的解集中有且只有两个整数,求实数的取值范围。54.已知函数（其中为正整数，为自然对数的底）(1）证明:当时，恒成立； （2）当时，试比较与 的大小,并证明.55.已知函数f(x)=ex和函数g（x)=kx+m(k、m为实数，e为自然对数的底数,e2.71828）（1）求函数h（x）=f(x）g(x）的单调区间；（2)当k=2，m=1时，判断方程f（x）=g(x）的实数根的个数并证明;（3）已知m1，不等式（m1)f（x)g（x)0对任意实数x恒成立，求km的最大值56。已知函数（)若，求在点处的切线方程；（)求的单调区间； （）求证：不等式对一切的恒成立57。已知函数（）。（）求函数的单调区间；（）若函数存在两个极值点,求的取值范围58。设函数（）当(为自然对数的底数）时，求的极小值;（)若对任意正实数、（),不等式恒成立，求的取值范围59.已知函数， （1）当时, 若有个零点, 求的取值范围；（2）对任意， 当时恒有， 求的最大值, 并求此时的最大值。60.已知函数（1)讨论的单调性;（2)若,对于任意,都有恒成立，求的取值范围61。已知函数f(x)=，g（x）=（1）若，函数的图像与函数的图像相切,求的值;(2）若，,函数满足对任意(x1x2）,都有恒成立,求的取值范围；(3)若，函数=f（x）+ g(x),且G(）有两个极值点x1,x2，其中x1，求的最小值62。已知函数。(1）若，求在点处的切线方程；（2)令，判断在上极值点的个数,并加以证明; (3) 令，定义数列. 当且时，求证:对于任意的，恒有。63。已知二次函数,关于的不等式的解集为，,设（）求的值（)如何取值时，函数存在极值点，并求出极值点()若,且，求证:64.已知函数，（其中为自然对数的底数，）。（1）若函数的图象与函数的图象相切于处，求的值;（2）当时，若不等式恒成立,求的最小值.65.已知函数当时，求函数的极值；若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围66。设函数. (1)若当时, 函数的图象恒在直线的上方， 求实数的取值范围； （2)求证： .67。已知函数。（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数的图象与函数的图象在区间上有公共点,求实数的取值范围。68。已知函数。（）若，证明:函数在上单调递减；（)是否存在实数,使得函数在内存在两个极值点?若存在,求实数的取值范围；若不存在，请说明理由。 （参考数据:，)参考答案46.解： (）证法1：由求根公式得： 因为，所以，一方面:，4分另一方面,由 ,得 于是， 7分证法2:因为 在区间 上单调递减，在 上单调递增， 所以，当 时,在区间（2,0）上单调递减。4分又因为:，所以：7分（） 分若则上单调递减，从而在区间上不可能单调递增,于是只有。 11分当 时，由（1)知:,于是，由在上单调递增可知，在也是单调递增的 13分又因为在和均单调递增，结合函数图象可知，上单调递增，于是,欲使在(2，+)上单调递增,只需，亦即综上所述,. 15分47。（）定义域 即即 的增区间为，减区间为 （)即 令,其中即的减区间为，增区间为 又，函数在有两个零点,则的取值范围是 48.（I）由题意，定义域.2分不妨假设存在，则 当时，.3分5分当时，存在，.6分（II）（方法一） 当 时，定义域，则当时，,不符；。7分 当时，（）当时，;当时， 在区间上为增函数，在区间上为减函数 在其定义域上有最大值，最大值为由，得 .。.12分设，则。 时，；时， 在区间上为增函数，在区间上为减函 。14分 的最大值为，此时。.15分(方法二） ，则。 由和的图像易得。.7分且直线斜率小于等于如图中的切线斜率（切线过点）设切点，令图像在处切线斜率为，则，即切点代入直线，只要即可 .。12分 设,则 时，；时, 在区间上为增函数，在区间上为减函数。14分 的最大值为，此时。.。.15分49。（） (2分) （4分) (6分)函数在上单调递增 （7分）（） (9分)。 . （11分） (12分） （14分) （15分）50。(I）解：函数的定义域为（0，+00）,f（x）=aF(x）=若a0时，x（0,1）时，f（x）0，则f（x）单调递增x（1，+00）时，f(x）0，则f(x）单调递减。当a0时，f（x）=(）（x-)（1）若0a2时，1,当x（0，1)或x（，+00）时，f（x）0，f(x)单调递增当x(1,)时，f（x）0,f（x）单调递减。(2）若a=2时,=1，早x（0，+00）内，f（x）0，f(x)单调递增;（3）若a2时，01，当x（0，）或x(1,+00)时，f（x）0，f（x）单调递增当x（,1）时,f(x）0，f（x)单调递减。综上所述;当a0时，f（x）在（0，1)单调递增，f（x）在(1,+00）单调递减。当0a2时，f(x)在（0，1）上单调递增;f（x)在(1，）单调递减当a=2时，f（x）在（0，+00)单调递增；若a2时，f(x）在(0,),（1,+00）单调递增；f（x）在（,1）单调递减（II）由（I）知,a=1时，f（x)f（x）=xlnx+（1）=xlnx+-1，x1，2令g（x）=xlnx,h(x）=-1，x1，2,则f（x）f(x)=g（x）+h（x),由g（x）=0，可得g(x）g（1)=1，当且仅当x=1时取得等号，又h（x）=，设（x）=-3x2-2x+6,则（x)在x1，2单调递减，因为（1）=1，(2）=10,所以在1，2上存在x0，使得x(1,x0）时,(x）0，x(x0，2）时,（x)0。所以h(x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，2）上单调递减;由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）h（2）=，当且仅当x=2时取得等号所以f(x)f（x)g（1）+h（2）=，即f（x）f（x）+对于任意的x1，2恒成立。51.（)在1，2上恒成立。.。.。.2令h(x）=2x2+ax1，有得,得 .。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.4(）假设存在实数a，使g（x）=axlnx（x（0，e）有最小值3，= .。.。.。.。.。.。.。.。6当a0时，g（x）在（0，e上单调递减，g(x）min=g（e）=ae1=3，(舍）.。.。7当，即时，g（x）在上单调递减,在上单调递增，a=e2，满足条件。.。.8当，即时，g（x）在（0，e上单调递减,g（x）min=g（e）=ae1=3，（舍）。.。.。.。.9综上,存在实数a=e2，使得当x（0，e时g（x）有最小值3.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.10（）因为x(0，e，所以要证：，只需要证：令,由（）知，F(x）min=3令，当0xe时，,（x）在（0，e上单调递增，即。.。.。.。.。.。.。1252。(I)=x2a。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。2当x=1时，f（x）取得极值，=1a=0，a=1。.。.。.。.。.3又当x（1,1)时，0，x（1,+）时,0，f（x)在x=1处取得极小值，即a=1符合题意 。.。.。.。.。.。.。4 （II） 当a0时，0对x(0,1成立，f（x）在(0，1上单调递增， f（x）在x=0处取最小值f（0）=1。.。.。6当a0时，令=x2a=当0a1时，,当时，0，f(x）单调递减，时，0,f（x）单调递增所以f（x）在处取得最小值.。.。8当a1时，x（0，1）时，0，f（x）单调递减所以f（x）在x=1处取得最小值.。.。.。.。.。.。.。.。.。.10综上所述:当a0时，f（x）在x=0处取最小值f（0)=1当0a1时，f（x)在处取得最小值当a1时，f（x）在x=1处取得最小值（III）因为mR，直线y=x+m都不是曲线y=f（x)的切线，所以=x2a1对xR成立。.。.。.。.。.。.。11只要=x2a的最小值大于1即可，而f（x）=x2a的最小值为f（0)=a所以a1，即a1。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。1253.（)，当时,在上单调递减,在单调递增;当时,在上单调递增，在单调递减；（）依题意,，令，则，令，则，即在上单调递增。又，,存在唯一的，使得.当，在单调递增;当，在单调递减.，且当时，又，。故要使不等式解集中有且只有两个整数，的取值范围应为。54。55.（1）求出h（x）=exk,(xR）,分以下两种情况讨论：当k0，当k0，（2）当k=2,m=1时,方程f（x）=g（x)即为h（x）=ex2x1=0,结合（1）及图象即可判定(3)设h（x）=f（x）g（x），分当m1，当m1，分别求解解：（1）h（x）=exk，（xR）,当k0时,h(x）0恒成立，h(x）的单调递增区间为（，+），无单调递减区间;当k0时，由h（x)0得xlnk，由h（x）0得xlnk，故h(x）的单调递减区间为（，lnk），单调递增区间为（lnk,+）（2)当k=2，m=1时，方程f（x)=g（x)即为h（x）=ex2x1=0，由(1）知h（x）在（,ln2）上递减，而h(0）=0,故h(x)在（，ln2）上有且仅有1个零点，由（1）知h(x）在ln2,+）上递增，而h(1）=e30,h（2）=e250，且h(x）的图象在1，2上是连续不间断的,故h（x）在1，2上有且仅有1个零点，所以h(x）在ln2,+）上也有且仅有1个零点，综上，方程f（x)=g(x）有且仅有两个实数根（3)设h（x）=f(x)g(x），当m1时，f（x）g（x）0恒成立，则h（x）0恒成立，而h()=e0，与h(x）0恒成立矛盾，故m1不合题意；当m1时,f(x）g（x）0，恒成立，则h（x）0恒成立，1当k=0时,由h(x）=exm0恒成立可得m（,0,km=0； 2当k0时，h(）=e1，而，故e1，故h()0，与h（x)0恒成立矛盾,故k0不合题意；3当k0时，由（1）可知h（x)min=h（lnk）=kklnkm，而h（x)0恒成立，故kklnkm0,得mkklnk，故kmk（kklnk），记(k）=k（kklnk)，（k0）,则（k）=k(12lnk)，由（k）0得0，由（k）0得k，故(k）在（0，）上单调递增,在(，+）上单调递减，（k）max=（）=,km，当且仅当k=，m=时取等号；综上两种情况得km的最大值为56.(）时,，所以，又,所以切线方程为（4分)。（）的定义域为，若，在上单调递增（6分）,若，则当时，在单调递减当时，在单调递增（8分)(）等价于，令,则，由（）知,当时，即，所以,则在上单调递增，所以,即成立（12分）。57.58.()时，,-2分所以在上单调递减，在上单调递增，故当时，取极小值为。- 6分(）不妨设,则有，即，构造函数，所以,所以为上为减函数-10分所以对任意恒成立-12分即-15分59。-2分(1） ， , 极小值， 极大值由题意： -6分（2)时,有, 由图示， 在上为减函数 易知必成立;-8分只须 得 可得-10分又 最大值为2-12分此时, 有在内单调递增，在内单调递减,-15分60。（1）若，则在，上单调递增，在上单调递减;，则在上单调递增；若,则在，上单调递增，在上单调递减；（2）由1知，当时,在上单调递增,在单调递减,所以，故，恒成立，即恒成立即恒成立,令，易知在其定义域上有最大值，所以61。（1)若b=0，函数f（x）=x的图像与g(x)=2alnx的图像相切，设切点为（x0,2alnx0)，则切线方程为y= ，所以 得 。 所以a=。3分（2）当a0,b=1时,F(x)=x2+1+2alnx，F(x)=2x+ 0，所以F（x）在（0，1递增.不妨设0x1x21，原不等式 F(x2）-F（x1)0，所以0a 。10分(3)若b=1，函数G（x)=f（x）+g(x）=x +2alnxG/(x)= ,（x0）,由题意知x1,x2是x2+2ax+1=0的两根，x1x2=1, x1+x2=2a,x2= ，2a= ,G（x1)G(x2）=G（x1)-G（ ）= 2 令H（x）=2 , H（x）=2( )lnx= 当 时，H/（x） 0， H(x)在 上单调递减,H(x)的最小值为 即G(x1）-G(x2） 的最小值为16分62.解：（1），所以所求切线方程为 （2）,令， 则在上为减函数. ，,所以在上有唯一零点。 所以在上有唯一零点。 所以在区间上有唯一极值点. （3）,，,， 又 。 63.见解析(）因为关于的不等式的解集为,即不等式的解集为,所以，所以,所以，所以 （）由（）得，所以的定义域为，所以，方程（）的判别式当时，,方程（*)的两个实根为,，则时,；时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数有极小值点当时,由,得或，若，则，故时,，所以函数在上单调递增所以函数没有极值点,若时，,，则时，；时，；时，,所以函数在上单调递增，在上单调递减,在上单调递增,所以函数有极小值点，有极大值点， 综上所述，当时，取任意实数，函数有极小值点,当时,，函数有极小值点，有极大值点，（其中，)（）因为，所以，所以,令,则,因为，所以，所以,即64.(1），(过程略)（2）令，则，当时，单调递增，而，时，不合题意当时，令,则，为减函数，时，单调递增，时，单调递减,即（）但，等号成立当且仅当且故（）式成立只能即65.(1）函数的定义域为当时,所以2分所以当时，当时，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得极小值为，无极大值；4分（2)设函数上点与函数上点处切线相同，则 所以 6分所以，代入得： 8分设，则不妨设则当时，,当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，10分代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当时, 12分又当时 14分因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立;即存在使得函数上点与函数上点处切线相同又由得:所以单调递减，因此所以实数的取值范围是16分66.解:(1）令当时，由于，有于是在上单调递增，从而时,令，当时，于是在上单调递减，在上单减,，且仅有，故舍去时，.在上单减，则， (2）原不等式等价于 不等式等价于 由（1）在上单减，令则成立，令得证67.(1)（），.2分即有曲线在点处的切线斜率为，。3分则曲线在点处的切线方程为，即为。5分（2)令，即有，即在上有实数解。 。7分令,，当时，递减，当时,，递增，.10分即有取得极小值，也为最小值，且为，.。11分即有，则的取值范围是。12分68。（)函数的定义域是。求导得. 设,则与同号。所以，若，则对任意恒成立.所以函数在上单调递减. 又，所以当时,满足.即当时，满足.所以函数在上单调递减. （）当时，函数在上单调递减.由,又，时，取，则，所以一定存在某个实数,使得。 故在上，；在上，。即在上,;在上，。所以函数在上单调递增，在上单调递减。此时函数只有1个极值点，不合题意，舍去; 当时，令，得;令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增。故函数的单调情况如下表：0极小值要使函数在内存在两个极值点，则需满足，即，解得又，所以。 此时，,又，； 综上，存在实数，使得函数在内存在两个极值点。28