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(Ｒ)的两个零点为 设 .
（Ⅰ）当时，证明：．
（Ⅱ）若函数在区间和上均单调递增，求的取值范围。

47.设函数（)．
（Ⅰ）若时,求函数的单调区间；
（Ⅱ）设函数在有两个零点，求实数的取值范围．

48。已知函数， ．
（Ⅰ）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 ．
（Ⅱ）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：
（Ⅰ）函数在上单调递增;
(Ⅱ）当时，.

50.已知f（x）=a（x—lnx）+ ，a∈R.
（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x∈[1，2]恒成立。

51.已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．
（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：e2x2－x＞（x+1)lnx．

52.已知函数f（x）=x3－ax+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m∈R，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,e≈2.71828）．
（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m≠1，不等式（m﹣1)[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．
（Ⅰ)若，求在点处的切线方程；
（Ⅱ)求的单调区间；
（Ⅲ）求证：不等式对一切的恒成立．

57。已知函数（）。
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若函数存在两个极值点,求的取值范围．

58。设函数．
（Ⅰ）当(为自然对数的底数）时，求的极小值;
（Ⅱ)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．
⑴当时，求函数的极值；
⑵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。
（Ⅰ）若，证明:函数在上单调递减；
（Ⅱ)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： (Ⅰ）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
（Ⅱ） 　　　　　　　　…………………………９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。（Ⅰ）定义域

即即
的增区间为，减区间为
（Ⅱ)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）
① 当 时，定义域，则当时，,不符；…。7分
② 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。（Ⅰ） ……(2分)
……（4分)
……(6分)
函数在上单调递增 ……（7分）
（Ⅱ） ……(9分)
。 .
……（11分）
……(12分）
……（14分) ……（15分）

50。(I）解：函数的定义域为（0，+00）,f’（x）=a—
F’(x）=
若a≤0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a＞0时，f’（x）=(）（x-)
（1）若0＜a＜2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a＞2时，0＜＜1，
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a≤0时，f（x）在（0，1)单调递增，f（x）在(1,+00）单调递减。
当0＜a＜2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a＞2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）=x—lnx+—（1—）
=x—lnx+-1，x∈［1，2]
令g（x）=x—lnx,h(x）=-1，x∈［1，2],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x∈［1，2]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x∈[1，2］恒成立。
51.

（Ⅰ)在［1，2］上恒成立。.。。。。.。.......2
令h(x）=2x2+ax﹣1，有得,
得 .。。。..。。.。.。...。.。..。.。..。。.。。。..。.。。..4
(Ⅱ）假设存在实数a，使g（x）=ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值3，
= ..。。..。。。。。..。.。.。。。.。...。。.。6
①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g(x）min=g（e）=ae﹣1=3，(舍）.。。.。7
②当，即时，g（x）在上单调递减,在上单调递增
∴，a=e2，满足条件。...。。。。。。..8
③当，即时，g（x）在（0，e]上单调递减,
g（x）min=g（e）=ae﹣1=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
（Ⅲ）因为x∈(0，e］，所以要证：，只需要证：
令,由（Ⅱ）知，F(x）min=3．
令，，
当0＜x≤e时，,φ（x）在（0，e］上单调递增
∴
∴，即．。。。。.。。.。。。。.。。.。。。....。。..。12
52。

(I)∵=x2﹣a。...。.。。。。.。。.。.。。..。。..。.。。。.。........。。.。.。。。。..。..。。2
当x=1时，f（x）取得极值，∴=1﹣a=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a≤0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a＞0时，令=x2﹣a=
当0＜a＜1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a≥1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a≤0时，f（x）在x=0处取最小值f（0)=1．
当0＜a＜1时，f（x)在处取得最小值．
当a≥1时，f（x）在x=1处取得最小值．
（III）因为∀m∈R，直线y=﹣x+m都不是曲线y=f（x)的切线，
所以=x2﹣a≠﹣1对x∈R成立。.。。...。。.........。。.。。。。。.。。...。11
只要=x2﹣a的最小值大于﹣1即可，
而f’（x）=x2﹣a的最小值为f（0)=﹣a
所以﹣a＞﹣1，即a＜1．。...。。。...。.。.。。...。。.。..。...。.。。。。。。。.。.。。...。。...。12
53.

（Ⅰ)，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；
（Ⅱ）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）=ex﹣k,(x∈R）,分以下两种情况讨论：①当k≤0，②当k＞0，
（2）当k=2,m=1时,方程f（x）=g（x)即为h（x）=ex﹣2x﹣1=0,结合（1）及图象即可判定．
(3)设h（x）=f（x）﹣g（x），分①当m＞1，②当m＜1，分别求解
解：（1）h′（x）=ex﹣k，（x∈R）,
①当k≤0时,h′(x）＞0恒成立，h(x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间;
②当k＞0时，由h′（x)＞0得x＞lnk，由h′（x）＜0得x＜lnk，
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）=ex﹣2x﹣1=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）=e﹣3＜0,h（2）=e2﹣5＞0，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），
①当m＞1时，f（x）﹣g（x）≤0恒成立，则h（x）≤0恒成立，
而h(﹣)=e＞0，与h(x）≤0恒成立矛盾，故m＞1不合题意；
②当m＜1时,f(x）﹣g（x）≥0，恒成立，则h（x）≥0恒成立，
1°当k=0时,由h(x）=ex﹣m≥0恒成立可得m∈（﹣∞,0],km=0；
2°当k＜0时，h(）=e﹣1，而，故e＜1，
故h()＜0，与h（x)≥0恒成立矛盾,故k＜0不合题意；
3°当k＞0时，由（1）可知［h（x)］min=h（lnk）=k﹣klnk﹣m，而h（x)≥0恒成立，
故k﹣klnk﹣m≥0,得m≤k﹣klnk，故km≤k（k﹣klnk），
记φ(k）=k（k﹣klnk)，（k＞0）,
则φ′（k）=k(1﹣2lnk)，由φ′（k）＞0得0，由φ′（k）＜0得k＞，
故φ(k）在（0，）上单调递增,在(，+∞）上单调递减，
∴φ（k）max=φ（）=,∴km≤，当且仅当k=，m=时取等号；
综上①②两种情况得km的最大值为．
56.

(Ⅰ）时,，所以，，又,
所以切线方程为（4分)。
（Ⅱ）的定义域为，，
①若，在上单调递增（6分）,
②若，则当时，，在单调递减．
当时，，在单调递增（8分)．
(Ⅲ）等价于，
令,则，
由（Ⅱ）知,当时，，，即，
所以,则在上单调递增，所以,
即成立（12分）。
57.

58.

(Ⅰ)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
(Ⅱ）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）
①若，则在，上单调递增，在上单调递减;
②，则在上单调递增；
③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a>0,b=—1时,F(x)=x2+1+2alnx，F＇(x)=2x+ >0，所以F（x）在（0，1]递增.
不妨设0〈x1<x2≤1，原不等式 F(x2）-F（x1)<3（ )，即F（x2)+ 〈 F(x1）+ .
设h(x）= F(x)+ = x2+1+2alnx+，则原不等式h(x)在（0,1］上递减……7分
即h＇（x)=2x+ - 在（0，1]上恒成立。所以2a -2x2在（0,1］上恒成立。
设y=—2x2,在(0，1］上递减,所以ymin=3-2=1，所以2a≤1，又a>0，所以0〈a 。……10分
(3)若b=1，函数G（x)=f（x）+g(x）=x +2alnx
G/(x)= ,（x〉0）,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
．
①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．
②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

①当时，由于，有
于是在上单调递增，从而

②时,令，当时，，于是在上单调递减，
在上单减,，且仅有，故舍去
③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。
（Ⅰ)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.
（Ⅱ）①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;
②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