2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(四).doc

2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（四）

23.已知函数（且）．
（Ⅰ）若为定义域上的增函数，求实数的取值范围；
（Ⅱ）令，设函数，且，求证：．

24.已知函数.
(1)时，证明：；
(2)当时，直线和曲线切于点，求实数的值；
(3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

25.已知函数(为常数)有两个不同的极值点.
(1)求实数的取值范围；
(2)记的两个不同的极值点分别为，若不等式恒成立，求实数的取值范围.

26.已知函数（）.
（1）讨论函数极值点的个数，并说明理由；

（2）若，恒成立，求的最大整数值.

27.已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）当时，若存在实数使得不等式恒成立，求实数的取值范围.

28.设是二次函数，方程有两个相等的实根，且.
（1）求的表达式；
（2）若直线，把的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分，求的值.

29.已知函数（）.
（1）若曲线在点处的切线经过点，求的值；
（2）若在区间上存在极值点，判断该极值点是极大值点还是极小值点，并求的取值范围；
（3）若当时，恒成立，求的取值范围.

30.已知函数，.
(1)若曲线与曲线在点处的切线方程相同，求实数的值；
(2)若恒成立，求证：当时，.

31.，其中是自然对数的底数，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若为整数，，且当时，恒成立，其中为的导函数，求的最大值.

32.已知f（x）=2xlnx，g（x）=﹣x2+ax﹣3．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在x∈（0，+∞），使f（x）≤g（x）成立，求实数a的取值范围．

33.已知数列{xn}按如下方式构成：xn∈（0，1）（n∈N*），函数f（x）=ln（）在点（xn，f（xn）处的切线与x轴交点的横坐标为xn+1
（Ⅰ）证明：当x∈（0，1）时，f（x）＞2x
（Ⅱ）证明：xn+1＜xn3
（Ⅲ）若x1∈（0，a），a∈（0，1），求证：对任意的正整数m，都有loga+loga+…+loga＜•（）n﹣2（n∈N*）

34.已知函数f（x）=
（Ⅰ）求f（ ）及x∈[2，3]时函数f（x）的解析式
（Ⅱ）若f（x）≤对任意x∈（0，3]恒成立，求实数k的最小值．

35.已知函数，其中．
（Ⅰ）若，求在区间上的最大值和最小值．
（Ⅱ）解关于的不等式．

36.若实数，，满足，则称比靠近．
（Ⅰ）若比靠近，求实数有取值范围．
（Ⅱ）（i）对，比较和哪一个更靠近，并说明理由．
（ii）已知函数的通项公式为，证明：．

37.已知函数（是自然对数的底数，为常数）．
（1）若函数，在区间[1,+∞)上单调递减，求的取值范围．
（2）当时，判断函数在(0,1)上是否有零点，并说明理由．

38.已知函数．
（1）求函数的极值点．
（2）设函数，其中，求函数在上的最小值．

39.已知函数，．
（1）求函数的图象在点处的切线方程．
（2）求函数的单调递增区间．

40.设m∈R，函数f（x）=ex﹣m（x+1）+m2（其中e为自然对数的底数）
（Ⅰ）若m=2，求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）已知实数x1，x2满足x1+x2=1，对任意的m＜0，不等式f（x1）+f（0）＞f（x2）+
f（1）恒成立，求x1的取值范围；
（Ⅲ）若函数f（x）有一个极小值点为x0，求证f（x0）＞﹣3，（参考数据ln6≈1.79）

41.已知函数f（x）=x2﹣x3，g（x）=ex﹣1（e为自然对数的底数）．
（1）求证：当x≥0时，g（x）≥x+x2；
（2）记使得kf（x）≤g（x）在区间[0，1]恒成立的最大实数k为n0，求证：n0∈[4，6]．

42.设函数，其中，函数有两个极值点，且．
（1）求实数的取值范围；
（2）设函数，当时，求证：．

43.已知的两个极值点为α，β，记A（α，f（α）），B（β，f（β））
（Ⅰ）若函数f（x）的零点为γ，证明：α+β=2γ．
（Ⅱ） 设点 C(,0)，D(,0)，是否存在实数t，对任意m＞0，四边形ACBD均为平行四边形．若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由．

44.已知函数，函数其中
（Ⅰ）求的极值；
（Ⅱ）求在上的最大值(为自然对数底数).

45.已知函数．
（Ⅰ）若在处取得极值，求实数的值；
（Ⅱ）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
参考答案

23.（Ⅰ），
由为增函数可得，恒成立，则由
，设，则
，若由和可知
在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
当时，易知，当时，则，这与矛盾，
从而不能使恒成立，所以．
（Ⅱ），因为，
所以，所以
，
，
，
所以，
令，，，在上增，在上减，
，所以，整理得，
解得或（舍），所以得证．

24.(1)记，
∵，
令得，
当，，递减；当，，递增，
∴，
，
得.
(2)切点为，，则
，∴，
∵，∴由(1)得.
所以.
(3)由题意可得恒成立，
所以，
下求的最小值，
，
由(1)知且.
所以，递减，
∵，∴.
所以.

25.(1).
由函数(为常数)有两个不同的极值点.
即方程有两个不相等的正实根.
∴，∴.
(2)由(1)知，，，
∴，
所以恒成立.
令，.
∵，递增，
∴，
.

26.（1）的定义域为，且.
当时，在上恒成立，函数在上单调递减.
∴在上没有极值点；
当时，令得；
列表

所以当时，取得极小值.
综上，当时，在上没有极值点；
当时，在上有一个极值点.
（2）对，恒成立等价于对恒成立，
设函数（），则（），
令函数，则（），
当时，，所以在上是增函数，
又，，
所以存在，使得，即，
且当时，，即，故在在上单调递减；
当时，，即，故在上单调递增；
所以当时，有最小值，
由得，即，
所以，
所以，又，所以实数的最大整数值为3.

27.（I）由题意得，，∴，
①当时，则，此时无极值；
②当时，令，则；令，则；
∴在上递减，在上递增；
∴有极小值，无极大值；
（II）当时，由（1）知，在上递减，在上递增，且有极小值.
①当时，，∴，
此时，不存在实数，使得不等式恒成立；
②当时，，
在处的切线方程为，
令，，
则，，
令，，
则，令，则；令，则；
∴，∴，
∴，
当，时，不等式恒成立，
∴符合题意. 由①，②得实数的取值范围为.
28.

（I）设，则．
由已知，得，．．
又方程有两个相等的实数根，
，即．故；
（II）依题意，得，
，
整理，得，即，
．
29.

（1）对求导，得.
因此.又，
所以，曲线在点处的切线方程为.
将，代入，得.解得.
（2）的定义域为.
.
设的一个极值点为，则，即.
所以.
当时，；当时，.
因此在上为减函数，在上为增函数.
所以是的唯一的极值点，且为极小值点.
由题设可知.
因为函数在上为减函数，
所以，即.
所以的取值范围是.
（3）当时，恒成立，则恒成立，
即对恒成立.
设，求导得.
设（），显然在上为减函数.
又，则当时，，从而；
当时，，从而.
所以在上是增函数，在上是减函数.
所以，所以，即的取值范围为.
30.

(1)由，.
得，解得，.
(2)证明：设，
则，
①当时，，函数在上单调递增，
不满足恒成立.
②当时，令，由，
得，或(舍去)，
设，知函数在上单调递减，在上单调递增，
故，即，得.
又由，得，
所以
令，.
当时，，函数单调慈善
当时，，函数单调递增；
所以，即，
故当时，得.
31.

（1），
若，则恒成立，所以在区间上单调递增
若，当时，，在上单调递增
（2）由于，所以，当时，
故，令（）
则
函数在上单调递增，而，，
所以在上存在唯一的零点.
故在上存在唯一的零点.
设此零点为，则.
当时，，当时，；
所以在上的最小值为，由于，可得
所以，所以整数的最大值为2.
32.

【考点】利用导数研究函数的单调性．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题等价于a≥（2ln x+x+）min，记h（x）=2ln x+x+，x∈（0，+∞），根据函数的单调性判断即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2（ln x+1），
令f′（x）=0，得x=，当x∈时，f′（x）＜0，当x∈时，f′（x）＞0，
所以f（x）在上单调递减；在上单调递增．
（2）存在x∈（0，+∞），使f（x）≤g（x）成立，
即2xln x≤﹣x2+ax﹣3在x∈（0，+∞）能成立，
等价于a≥2ln x+x+在x∈（0，+∞）能成立，
等价于a≥（2ln x+x+）min．
记h（x）=2ln x+x+，x∈（0，+∞），
则h′（x）=+1﹣==．
当x∈0，1）时，h′（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，
所以当x=1时，h（x）取最小值为4，故a≥4．
33.

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；数列与函数的综合．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）＞2x即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，求出曲线方程，得到xn+1=ln（﹣1）+xn，从而证出结论即可；
（Ⅲ）得到bk=＜a=bk﹣1＜bk﹣2＜…＜b0，问题转化为b0＜，根据（Ⅱ）证出即可．
【解答】证明：（Ⅰ）设g（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x）﹣2x，
则g′（x）=，
故x∈（0，1）时，g′（x）＞0函数g（x）在（0，1）递增，
∴g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞2x；
（Ⅱ）由f′（x）=+=，
故曲线在点（xn，f（xn））处的切线方程是：y=（x﹣xn）+f（xn），
令y=0，则xn+1=xn+f（xn）（﹣1），
则xn+1=ln（﹣1）+xn，
由（Ⅰ）及﹣1＜0得：xn+1＜（2xn）•（﹣1）+xn=xn3；
（Ⅲ）令=bk，（k=0，1，2，…，m），
∵xn+k＜，且a∈（0，1），xn∈（0，1），
∴logaxn+k＞loga，
从而bk=＜a=bk﹣1＜bk﹣2＜…＜b0，
∴loga+loga+…+loga
=b0+b1+…+bm＜b0（1+++）=b0（1﹣）＜b0，
要证loga+loga+…+loga＜•（）n﹣2（n∈N*），
只需b0＜，
即证b0＜⇔a＜⇔xn＜，
由（Ⅱ）以及x1∈（0，a）得：xn＜＜＜…＜＜，
故原结论成立．
34.

【考点】函数恒成立问题；分段函数的应用．
【分析】（Ⅰ）由函数f（x）=可求f（）的值，由x∈[2，3]⇒x﹣2∈[0，1]，可求得此时函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）依题意，分x∈（0，1]、x∈（1，2]、x∈（2，3]三类讨论，利用导数由f（x）≤对任意x∈（0，3]恒成立，即可求得实数k的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）f（）=﹣f（）=f（）=×=．
当x∈[2，3]时，x﹣2∈[0，1]，所以f（x）= [（x﹣2）﹣（x﹣2）2]=（x﹣2）（3﹣x）．
（Ⅱ）①当x∈（0，1]时，f（x）=x﹣x2，
则对任意x∈（0，1]，x﹣x2≤恒成立⇒k≥（x2﹣x3）max，
令h（x）=x2﹣x3，则h′（x）=2x﹣3x2，令h′（x）=0，可得x=，
当x∈（0，）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
当x∈（，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）max=h（）=；
②当x∈（1，2]时，x﹣1∈（0，1]，所以f（x）=﹣ [（x﹣1）﹣（x﹣1）2]≤恒成立
⇔k≥（x3﹣3x2+2x），x∈（1，2]．
令t（x）=x3﹣3x2+2x，x∈（1，2]．则t′（x）=3x2﹣6x+2=3（x﹣1）2﹣1，
当x∈（1，1+）时，t（x）单调递减，当x∈（1+，2]时，t（x）单调递增，
t（x）max=t（2）=0，
∴k≥0（当且仅当x=2时取“=”）；
③当x∈（2，3]时，x﹣2∈[0，1]，令x﹣2=t∈（0，1]，
则k≥（t+2）（t﹣t2）=g（t），在t∈（0，1]恒成立．
g′（t）=﹣（3t2+2t﹣2）=0可得，存在t0∈[，1]，函数在t=t0时取得最大值．
而t0∈[，1]时，h（t）﹣g（t）=（t2﹣t3）+（t+2）（t2﹣t）=t（1﹣t）（2t﹣1）＞0，
所以，h（t）max＞g（t）max，
当k≥时，k≥h（t）max＞g（t）max成立，
综上所述，k≥0，即kmin=0．
35.见解析
（Ⅰ），，，
∴

极小

∴，
，
而，
∴．
（Ⅱ）时，
，
∵，
∴，
此时解集为：或，
时，．
①，则，
解集为．
②，无解．
③，解集为．
综上：，或．
，
，．
，．
36.
（）
，
∴．
（）①∵，∴，
∴，
记，
．
，
∴在单减．
∴，即，
∴比靠近．
②，
由①得：

，
∴．
又∵，
∴．
37.见解析．
解：（）由得，
∴，
即，
∴，
∴，；
∴，
∴在上单调递减，
又在上单调递减；
∴，
∴，
即实数的取值范围是．
（）假设函数在区间上有零点，即存在，使得，
即，
记．
①若，则，即，
由于，有，
即证在上恒成立，
令，，
则，，
当时，，
当时，，
∴当时，单调递减，
当时，单调递增．
而，，，
∴在上存在唯一的实数，使得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
而，，
∴在上恒成立，即恒成立，
②若，则，即，
由于，有，即证在恒成立，
令，则，，
当，，单调递减；
当，，单调递增，
而，，
∴在上存在唯一的实数，使得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故在上成立，即成立，
综上所述，当时，函数在区间上有零点．
38.见解析．
解：（）函数的定义域为，，
∴令，得，令，得，
∴函数在单调递减，在单调递增，
∴是函数的极小值点，极大值点不存在．
（）由题意得，
∴，
令得．
①当时，即时，在上单调递增，
∴在上的最小值为；
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
∴在上的最小值为；
③当，即时，在区间上单调递减，
∴在上的最小值为，
综上所述，当时，的最小值为；
当时，的最小值为；
当时，的最小值为．
39.见解析．
解：（），得，
∴，，
∴函数在处的切线方程为．
（）∵，
令，得，令，得，
又的定义域是，
∴函数的单调增区间为．
40.

【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．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；
（Ⅱ）问题转化为2（x1﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1＜0对任意m＜0恒成立，令g（m）=2（x1﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1，得到关于x1的不等式组，解出即可；
（Ⅲ）求出f（x0）的解析式，记h（m）=m2﹣mlnm，m＞0，根据函数的单调性求出h（m）的取值范围，从而求出f（x0）的范围，证明结论即可．
【解答】解：（Ⅰ）m=2时，f（x）=ex﹣2x﹣1，f′（x）=ex﹣2，
令f′（x）＞0，解得：x＞ln2，
故函数f（x）在[ln2，+∞）递增；
（Ⅱ）∵不等式f（x1）+f（0）＞f（x2）+f（1）恒成立，x1+x2=1，
∴2（x1﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1＜0对任意m＜0恒成立，
令g（m）=2（x1﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1，
当2（x1﹣1）=0时，g（m）=0＜0不成立，
则，解得：x1＞1；
（Ⅲ）由题意得f′（x）=ex﹣m，f′（x0）=0，故=m，
f（x0）=﹣m（x0+1）+m2=m2﹣mlnm，m＞0，
记h（m）=m2﹣mlnm，m＞0，
h′（m）=m﹣lnm﹣1，h′′（m）=﹣，
当0＜m＜2时，h′′（m）＜0，当m＞2时，h′′（m）＞0，
故函数h′（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
如图所示：

[h′（m）]min=h′（2）=﹣ln2＜0，
又当m→0时，h′（m）＞0，m→+∞，h′（m）＞0，
故函数h′（m）=0有2个根，记为m1，m2（m1＜2＜m2＜6），（h′（6）＞0），
故h（m）在（0，m1）递增，在（m1，m2）递减，在（m2，+∞）递增，
又当m→0时，h（m）＞0，h（m）在m2处取极小值，
由h′（m2）=0， m2﹣lnm2﹣1=0，lnm2=m2﹣1，
故h（m2）=﹣m2lnm2=﹣m2（m2﹣1）
=﹣+m2=﹣+1∈（﹣3，1），
故f（x0）＞﹣3．
41.

【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．
【分析】（1）构造函数h（x）=g（x）﹣x﹣，求出函数导函数，对导函数求导后可得导函数的单调性，进一步确定导函数的符号，得到函数h（x）的单调性，可得h（x）≥h（0）=0得答案；
（2）由（1）知，当kf（x）时，必有kf（x）≤g（x）成立，然后利用分析法证明当x∈[0，1]时，4f（x），当k≥6时，取特值x=说明不等式kf（x）≤g（x）在区间[0，1]上不恒成立，从而说明n0∈[4，6]．
【解答】证明：（1）设h（x）=g（x）﹣x﹣，即h（x）=，
则h′（x）=ex﹣1﹣x，h″（x）=ex﹣1，
当x≥0时，h″（x）≥0，h′（x）为增函数，又h′（0）=0，∴h′（x）≥0．
∴h（x）在[0，+∞）上为增函数，则h（x）≥h（0）=0，
∴g（x）≥x+；
（2）由（1）知，当kf（x）时，必有kf（x）≤g（x）成立．
下面先证：当x∈[0，1]时，4f（x），
当x=0或1时，上式显然成立；
当x∈（0，1）时，要证4f（x），即证4（x﹣x2），
也就是证8x2﹣7x+2≥0．
∵＞0．
∴当k≤4时，必有kf（x）≤gx）成立．
∴n0≥4；
另一方面，当k≥6时，取x=，kf（x）﹣g（x）=＞0，
∴当k≥6时，kf（x）≤g（x）不恒成立．
∴n0≤6．
综上，n0∈[4，6]．
【点评】本题考查利用等式研究函数的单调性，训练了分析法证明函数不等式，体现了特值思想方法的应用，是中档题．
42.（1）;（2）见解析.

试题解析：（1），
由题可知：为的两个根，且，得或.
而
由（1）（2）得：，设，
有
而在上为减函数，
则，即，即，
综上，.
（2）证明：由，，知，

，
由（1）可知，所以，
所以.
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
43.
（Ⅰ）求出函数的导数，根据二次函数的性质证明即可；
（Ⅱ）求出f（α）+f（β）的解析式，根据二次函数的性质以及ACBD均为平行四边形，求出t的值即可．
解：（Ⅰ）证明：，
即﹣4x2+2tx+4=0，△=4t2+64＞0，
∴，，即4x﹣t=0，则零点，
∴得证．
（Ⅱ） 要使构成平行四边形，
由得，只需f（α）+f（β）=0，
∴
==
=，
所以t=0．
44.

(Ⅰ) 解： 因为
由 ，解得：……………………………………………………3分
因为

所以 的极大值为，无极小值．………………………………………7分
(Ⅱ) 因为在上是增函数，
所以 ……………………………………………………10分
在上是增函数
所以 ……………………………………………………13分
所以 ……………………………………………15分

45.
（Ⅰ）由，得.
经检验，当时取到极小值，故.
（Ⅱ）由，即对任意恒成立.
（1）当时，有；（2）当时，得
令，得； 若，则；
若，则.得在上递增，在上递减。
故的最大值为所以综合（1）（2）得
28