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1、高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列1难难 点点 突突 破破压轴题压轴题-函数与导数函数与导数常考题型常考题型一、要点归纳一、要点归纳1.曲 线()yf x在0 xx处 的 切 线 的 斜 率 等 于0()fx,且 切 线 方 程 为000()()()yfxxxf x.2.若可导函数()yf x在0 xx处取得极值,则0()0fx.反之,不成立.3.对于可导函数()f x,不等式()fx00()的解集决定函数()f x的递增(减)区间。4.函数()f x在区间 I 上递增(减)的充要条件是:xI,()fx0(0)恒成立(()fx不恒为 0).5.函数()f x(非常量函数)
2、在区间 I 上不单调等价于()f x在区间 I 上有极值,则可等价转化为方程()0fx在区间 I 上有实根且为非二重根。(若()fx为二次函数且 I=R,则有0).6.()f x在区间 I 上无极值等价于()f x在区间在上是单调函数,进而得到()fx0或()fx0在 I 上恒成立.7.若xI,()f x0恒成立,则min()f x0;若xI,()f x0恒成立,则max()f x0.8.若0 xI,使得0()f x0,则max()f x0;若0 xI,使得0()f x0,则min()f x0.9.设()f x与()g x的定义域的交集为 D,若xD()()f xg x恒成立,则有min()(
3、)0f xg x.10.若对11xI、22xI,12()()f xg x恒成立,则minmax()()f xg x.若对11xI,22xI,使得12()()f xg x,则minmin()()f xg x.若对11xI,22xI,使得12()()f xg x,则maxmax()()f xg x.11.已 知()f x在 区 间1I上 的 值 域 为 A,,()g x在 区 间2I上 值 域 为 B,若 对高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列211xI,22xI,使得1()f x=2()g x成立,则AB12.若三次函数 f(x)有两个极值点,当且仅当方程()0fx一定有两个
4、不等实根12xx、,若三次函数 f(x)没有极值点,则方程()0fx有两个相等的实根或没实根.13.证题中常用的不等式:1xex 1xex xeex316xexln+1(1)xxx()ln1(1)12xxxx22ln11(0)22xxxx111ln()1(1)2xxxxxxxln11(0)xxxx二、二、常考题型:常考题型:题型一:恒成立求参数的最值或取值范围问题题型一:恒成立求参数的最值或取值范围问题1.1()010.1xaxf xexxyx 已知函数在处的切线方程为()求a的值;()()1,f x 若求 x 的取值范围.2.已 知 函 数ln()1axbf xxx,曲 线()yf x在 点
5、(1,(1)f处 的 切 线 方 程 为230 xy.()求a、b的值;()证明:当0 x,且1x 时,ln()1xf xx.3已知函数ln(1)()(0)xf xxx()判断函数()f x的单调性;()是否存在实数a使得关于x的不等式ln(1)xax在(0,)上恒成立?若存在,求出a的取值范围,若不存在,试说明理由.4已知函数1 ln()xf xx()设a0,若函数)(xf在区间1(,)2a a 上存在极值,求实数a的取值范围;()如果当 x1 时,不等式2()1kkf xx恒成立,求实数 k 的取值范围5已知函数2()23.xf xexx()求曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程
6、;高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列3()如果当1x 时,不等式25()(3)12f xxax恒成立,试求实数a的取值范围6设()lnaf xxxx,32()3g xxx()当2a 时,求曲线()yf x在1x 处的切线方程;()若存在12,0,2x x,使12()()g xg xM成立,求满足上述条件的最大整数M;()如果对任意的1,22s t,都有()()f sg t成立,求实数a的取值范围7.设函数(),xf xxe2().g xaxx()若()f x与()g x具有完全相同的单调区间,求a的值;()若当0 x 时恒有()(),f xg x求a的取值范围.8.已知函
7、数()xf xe,()1g xx()判断函数()()f xg x零点的个数,并说明理由;()当0 x 时,()11axf xx 恒成立,求实数a的取值范围.9.已知函数32()31()f xaxxaxR,.()当0a 时,求函数 f(x)的极值()设函数1()()(21)13h xfxax,(1,(1)xb b ,如果存在(,1,a ,对任意(1,xb 都有()0h x 成立,试求b的最大值10.设函数2()ln,f xaxbxa bR()若函数()f x在1x 处与直线12y 相切,求实数,a b的值;求函数()f x在1,ee的最大值;()当0b 时,若不等式()f xmx对所有的230,
8、1,2axe都成立,求实数m的取值范围.11已知函数211()ln()22f xaxxax(a为常数,0a).()若12x 是函数()f x的一个极值点,求a的值;()求证:当02a时,()f x在1,2上是增函数;()若对任意的a(1,2),总存在01,12x,使不等式20()(1)f xma成立,求实数m的取范围.高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列412.已知函数 3212f xxa xa axaR,fx为 f x的导数.()当3a 时,证明 yf x在区间1,1上不是单调函数;()设 19163g xx,是否存在实数a,对于任意的11,1x ,存在20,2x,使得1
9、122fxaxg x成立?若存在,求出a的取值范围;若不存在,说明理由.13.已知函数2()ln(1).xf xaxxa a()求()f x的单调增区间;()若 存 在12,1,1,x x 使 得12()()1(f xf xeea是自然数),求实数的取值.范围14.设函数2()mxf xexmx()证明:()f x在(,0)单调递减,在(0,)单调递增;()若对于任意12,1,1x x ,都有12()()1f xf xe,求m的取值范围15已知函数Raxxaxxxf,1)1ln()(()当0a时,求函数)(xf的单调区间;()若存在0 x,使)(11)(Zaxxxxf成立,求a的最小值16.设
10、函数()1.xf xe()证明:当1,();1xxf xx 时()当0,()1xxf xax时恒成立,求a的取值范围.17.已知函数2()(1)(1).xf xxex x()试判断方程()0f x 根的个数.()()(1,),kkf xk若 为整数,且不等式在上恒成立 求 的最大值.18.设函数()2xf xeax()求()f x的单调区间()若1,ak为整数,且当0 x 时,()()10,xk fxx 求k的最大值.高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列5题型二:导数与函数的切线问题题型二:导数与函数的切线问题19已知函数312()ln,()23f xxx g xaxxe(
11、)求()f x的单调增区间和最小值;()若函数()yf x与函数()yg x在交点处存在公共切线,求实数a的值;()若2(0,xe时,函数()yf x的图象恰好位于两条平行直线1:lykx;2:lykxm之间,当1l与2l间的距离最小时,求实数m的值20.已知函数()ln().f xxaax()求函数()f x的单调区间和极值;()若(,1),a 函数()()g xa fx的图象上存在12,P P两点,其横坐标满足1216xx,且()g x的图象在此两点处的切线互相垂直,求a的取值范围.21.已知在函数321253yxxx 的曲线上存在唯一点 P00(,)xy,过点 P 作曲线的切线l与曲线有
12、且只有一个公共点 P,则切线l的斜率k=_22已知函数2(),.xf xeaxex aR()若曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线平行于x轴,求函数()f x的单调区间;()试确定a的取值范围,使得曲线()yf x上存在唯一的点P,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.题型三:导数与函数的零点及零点关系问题题型三:导数与函数的零点及零点关系问题23.已知函数3()sin(),022f xaxxaR且在,上的最大值.-3为2()求函数()f x的解析式;()判断函数()f x在(0,)内的零点个数,并加以证明24.已知函数()xf xxae=-()aR有两个零点12,x x,且12xx
13、.()求a的取值范围;()证明21xx随着a的减小而增大;()证明12xx+随着a的减小而增大.25.已知函数()2ln()2af xxxxxa aR=-+,在其定义域内有两个不同的极值点.()求a的取值范围;高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列6()记两个极值点为12,x x,且12xx,已知0,若不等式112ex xll+.()求函数()f x的单调区间;()若函数()f x有两个零点12,x x,且12xx,试证明12xaex.27已知函数()f x 1xxe(xR)()求函数()f x的单调区间和极值;()已知函数()yg x对任意x满足()(4)g xfx,证明:
14、当x2 时,()f x()g x;()如果1x2x,且1()f x2()f x,证明:12xx428已知函数2)1(2)(xaexxfx)(有两个零点.()求 a 的取值范围;()设 x1,x2是的两个零点,证明:x1+x2在R上恒成立,可得()f x在R上单调递增,不合题意.(2)0a时,由()0fx=,得lnxa=-.当x变化时,()fx,()f x的变化情况如下表:x(),lna-lna-()ln,a-+()fx0()f xln1a-这时,()f x的单调递增区间是(),lna-;单调递减区间是()ln,a-+.于是,“函数()yf x=有两个零点”等价于如下条件同时成立:1()ln0f
15、a-;2存在()1,lnas -,满足()10f s;3存在()2ln,as -+,满足()20f s,即ln10a-,解得10ae-,高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列28而此时,取10s=,满足()1,lnas -,且()10f sa=-;取222lnsaa=+,满足()2ln,as -+,且()22222ln0aaf seeaa=-+-.由已知,12,x x满足()1ag x=,()2ag x=.由()10,ae-,及()g x的单调性,可得()10,1x,()21,x+.对于任意的()1120,a ae-,设12aa,()()121ggaxx=,其中1201xx;
16、()()122ggahh=,其中1201hh,即()()11ggxh,可得11xh;类似可得22xh,得222111xhhxxh,且2121,ln,xtxxxt=-=解得1ln1txt=-,2ln1ttxt=-.所以,()121 ln1ttxxt+=-.令()()1 ln1xxh xx+=-,()1,x+,则()()212ln1xxxh xx-+-=-.高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列29令()12lnu xxxx=-+-,得()21xuxx-=.当()1,x+时,()0ux.因此,()u x在()1,+上单调递增,故对于任意的()1,x+,()()10u xu=,由此
17、可得()0h x,故()h x在()1,+上单调递增,因此,由可得12xx+随着t的增大而增大.而由()知,t随着a的减小而增大,所以12xx+随着a的减小而增大.(法二)由11xxae=,22xxae=,可得1212()xxxxa ee-=-,即1212xxxxaee-=-.要证明122xx+,只需证明12()2xxa ee+,即证:121212()2xxxxeexxee+-,不妨设12xx,记12txx,则0,1tte,因此只要证明:121ttete+-,即证220ttet.记()22th ttet,注意到(0)0h,故只需证()h x在0,上增函数即可.25解:()()lnfxxax=-
18、,函数()f x在其定义域内有两个不同的极值点,可转化为ln()xg xx与函数ya在0,上有两个不同的交点.又21 ln()xg xx,当0,xe时,()0g x;当,xe时,()0g x.所以()g x在0,e上单调递增,()g x在,e 上单调递减,从而max1()()g xg ee.又()g x有且只有一个零点是 1,且在0 x 时,()g x ;在x 时,()0g x 故要想ln()xg xx与函数ya在0,上有两个不同的交点,只需10ae.()112ex xll+等价于121lnlnxx,由()可知12,x x分别是方程ln0 xax-=的两个根,即1122ln,lnxaxxax=
19、,所以原式等价于121()a xx,高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列30因为120,0 xx,所以121axx.又由1122ln,lnxaxxax=作差得:()1122lnxa xxx=-,即1212lnxxaxx.所以原式等价于121212ln1xxxxxx,即121212(1)ln0 xxxxxx.令12,0,1xttx,则不等式(1)1ln0ttt在0,1t上恒成立.令(1)1()lnth ttt,则222211(1)()()tth tttt t.当21时,可见()0h t,所以()h t在0,1上单调递增,又(1)0h,所以()0h t 在0,1上恒成立,符合题
20、意.当21时,可见20,t时,()0h t,2,1t时,()0h t,所以()h t在20,上单调递增,在2,1上单调递减,又(1)0h,所以()h t在0,1上不能恒小于 0,不符合题意,舍去.综上所述,若不等式112ex xll+恒成立,只需21,又0,所以1.26解:()()1,axfxae=-令()0fx=,则得11lnxaa.易知函数()f x的增区间为11,lnaa,减区间为11ln,aa.()若函数()f x有两个零点,由()知max11()(ln)0f xfaa,即1ae.而此时11()0feaa,由此可得12111lnxxaaa.故21111lnxxaaa,即1211(1 l
21、n)xxaa.又121122()0,()0axaxf xxef xxe,112211(1 ln)ln()12axaaea xxaaaxxeeeeaexe.高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列3127解:(1)f(x)=1xxe(xR),()fx=2(1)xxxexee=2xxe,x2 时,()fx0,f(x)单调递增;x2 时()fx0,f(x)单调递减f(x)的极大值=f(2)=21e(2)设 h(x)=f(x)-g(x)=1xxe-43xxe,则()h x=2xxe-42xxe=44(2)()xxx eee,当 x2 时,()h x0,h(x)单调递增,h(x)h(2)
22、=0,f(x)g(x)(3)由(1),不妨设 x12x2,则 4-x22,由(2)得 f(x1)=f(x2)g(x2)=f(4-x2),又由(1)得,x2 时,f(x)单调递增,x14-x2,x1+x2428解:()()(1)2(1)(1)(2)xxfxxea xxea(i)设0a,则()(2)xf xxe,()f x只有一个零点(ii)设0a,则当(,1)x 时,()0fx;当(1,)x时,()0fx 所以()f x在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增又(1)fe,(2)fa,取b满足0b 且ln2ab,则223()(2)(1)()022af bba ba bb,故()f x存在两个零
23、点(iii)设0a,由()0fx 得1x 或ln(2)xa若2ea ,则ln(2)1a,故当(1,)x时,()0fx,因此()f x在(1,)上单调递增又当1x 时,()0f x,所以()f x不存在两个零点若2ea ,则ln(2)1a,故当(1,ln(2)xa时,()0fx;当(ln(2),)xa时,()0fx 因此()f x在(1,ln(2)a单调递减,在(ln(2),)a单调递增又当1x 时,()0f x,所以()f x不存在两个零点高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列32综上,a的取值范围为(0,)()不妨设12xx,由()知12(,1),(1,)xx,22(,1)
24、x,()f x在(,1)上单调递减,所以122xx等价于12()(2)f xfx,即2(2)0fx由于222222(2)(1)xfxx ea x,而22222()(2)(1)0 xf xxea x,所以222222(2)(2)xxfxx exe 设2()(2)xxg xxexe,则2()(1)()xxg xxee所以当1x 时,()0g x,而(1)0g,故当1x 时,()0g x 从而22()(2)0g xfx,故122xx29.解:()当0,2x时,()sin2cos0fxxx,所以函数()f x在0,2上为增函数,又(0)20f,2()4022f,所以存在唯一00,2x,使0()0f x
25、.()当,2x时,化简得cos2()11 sinxxg xxx.令tx,则,2x时,0,2t,记cos2()()11 sinttu tgttt,0,2t,则()()(1 sin)f tu tt.由()得,当00,tx时,()0u t,当0,2tx时,()0u t.所以在0,2x上()u t是增函数,又()02u,所以当0,2tx时,()0u t,所以()u t在上无零点0,2x上无零点;在00,x上()u t是减函数,又(0)1u及0()0u x,所 以 存 在 唯 一000,tx使0()0u t.设10,2xt,则100()()()0g xgtu t,因 此 存 在 唯 一 的1,2x,使1
26、()0g x.由 于高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列331000,xt tx,所以01xx,即命题得证.30解:()()fx2(2ln1)lnxxx令()0fx 可得xe列表如下:x(0,1)1)e(e)e(?+()0fx 0()f x减减极小值增单调减区间为(0,1),1)e(;增区间为)e(?+()由题可知,()fx2()(2ln1)lnaxaxxx对于函数?)x2(lnx+ax1?,有22()xah xx,函数?(x)在0)2a(上单调递减,在)2a(?+上单调递增,函数 f(x)有 3 个极值点 x1x2x3,从而min()2ln1022aahh,所以a2e,当
27、 0a1 时,?(a)=2lna0,?(1)=a-10,函数 f(x)的递增区间有(x1,a)和(x3,+?);递减区间有(0,x1),(a,1),(1,x3),此时,函数 f(x)有 3 个极值点,且 x2=a;当 0a1 时,x1,x3是函数?)x2(lnx+ax1?的两个零点,即有11332ln102ln10axxaxx 消去a有 2x1lnx1-x1=2x3lnx3-x3令 g(x)=2xlnx-x,()g x=2lnx+1 有零点x1e,且x11ex3函数 g(x)=2xlnx-x 在0)1e(上递减,在)1e(?+上递增要证明x+1x32e,x32e?x1,g)x(3g)2e?x(
28、1高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列34g(x1)=g(x3),即证g)x(1g)2e?x,(1g)x?(1g)2e?x 0(1构造函数F)x(g)x?(g)2e?x(,则F)1e0(只需要证明x 0)1e单调递减即可而()F x2 lnx2+ln)2e?x2+(,F)?x(22(2)02()xexxe所以()F x在0)1e上单调递增,所以()F x1()Fe=0当 0a1 时,x+1x32e31.解:()(),xfxea xR,(1)当0a 时()0fx,()f x在 R 上单调递增,显然不成立.(2)当0a 时()0fx 得lnxa,当lnxa时,()0fx,()f
29、 x在(,ln)a上单调递减;当lnxa时,()0fx,()f x在(ln,)a 上单调递增,()f x当lnxa时取到最小值;又当x ,x 时都有()f x ,(ln)(2ln)0faaa,即2ae时()f x有两个零点.()要证1212xxxx,即证12(1)(1)1xx;由已知11(1)xea x,22(1)xea x,即证12122(1)(1)1xxexxa.即证122xxea,即证122lnxxa,即证212lnxax,又2lnxa,且()f x在(ln,)a 上单调递增,故只需证21(2ln)f xfax,即证11(2ln)f xfax,令()(2ln)g xfaxf x且lnxa
30、,高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列3522222()20 xxxxxxxeaaaeaeg xeaeee ,()g x在(,ln)a上单调递减,()(ln)(2lnln)(ln)0g xgafaafa,(2ln)()faxf x,在(,ln)a上恒成立,11(2ln)()faxf x,故原命题得证.32解:()()ln1 2fxxx,(1)1f,所以切线l的方程为1y (1)x,yx,切线l的方程为yx.xya,ln,xyaa直线yx 与xya的图象相切,切点为00,xx a,000(1)ln1(2)xxaaax 2()ln1xa 将()代入(1)得,即ln1,lnlna
31、xaaa11代入(2)得-11lnln alnalna,即ln(ln)1a,1lnae,即1lnae,解得1eae.()由题意,2121()2xmxF xxmxx,函数()F x的两个极点12,x x,即函数2()21h xxmx在0,上有两个相异零点12,x x,2121244010,20mx xxxm 1m,当10 xx,或2xx时,()0F x;当12xxx时,()0F x,()F x在1(0,)x,2(,)x 上单调递增,()F x在12(,)x x上单调递减,12(1)220,01hmxmx ,令221210,2xxmxmx 21()(ln)(ln),2xf xxxmxxx则231(
32、)ln,22xfxx设223111 3()ln,()3,22xxs xxs xxxx则高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列361当1x 时,()0,()s xs x在1,上单调递减,所以()()(1)10,s xs ms 所以()f x在1,上单调递减,所以()(1)10f xf ,21mx,2()1f x;当01x时,由()0,s x 得303x,由()0,s x 得313x,所以()s x在3(0,)3上单调递增,在3(,1)3上单调递减,33()()ln033s xs,()f x在0,1上单调递减,()(1)1,f xf1x 0,1,1()1f x,综上所述,21()
33、1()f xf x .33解:由题设得,g(x)x1x(x0)(1)由已知,g1(x)x1x,g2(x)g(g1(x)x1x1x1xx12x,g3(x)x13x,可得 gn(x)x1nx.下面用数学归纳法证明:当 n1 时,g1(x)x1x,结论成立假设 nk 时结论成立,即 gk(x)x1kx.那么,gk1(x)g(gk(x)gk(x)1gk(x)x1kx1x1kxx1(k1)x,即当 nk1 时结论成立由可知,结论对 nN成立(2)已知 f(x)ag(x)恒成立,即 ln(1x)ax1x恒成立设(x)ln(1x)ax1x(x0),则(x)11xa(1x)2x1a(1x)2,高考数学高考数学
34、 2018 届届难点突破系列难点突破系列37当 a1 时,(x)0(仅当 x0,a1 时等号成立),()x在0,)上单调递增,又(0)0,()x0 在0,)上恒成立,a1 时,ln(1x)ax1x恒成立(仅当 x0 时等号成立)当1a 时,对 x(0,a1有(x)0,()x在(0,a1上单调递减,(1)a0,使(x)nln(n1)证明如下:(方法一方法一)上述不等式等价于12131n1x1x,x0.令 x1n,nN,则1n1lnn1n.下面用数学归纳法证明当 n1 时,12ln 2,结论成立假设当 nk 时结论成立,即12131k1ln(k1)那么,12131k11k2ln(k1)1k2ln(
35、k1)lnk2k1ln(k2),即当 nk1 时结论成立由可知,结论对 nN成立(方法二方法二)上述不等式等价于12131n1x1x,x0.令 x1n,nN,则 lnn1n1n1.故有:ln 2ln 112,ln 3ln 213,,ln(n1)ln n1n1,上述各式相加可得 ln(n1)12131n1,结论得证(方法三方法三)如图,错误错误!xx1dx 是由曲线 yxx1,xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积,而1223nn1是图中所示各矩形的面积和,高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列381223nn1错误错误!xx1dx错误错误!11x1 dxnln(n1),结论得证34解:(1)由ke得()xf xeex,所以()xfxee由()0fx得1x,故 f(x)的单调递增区间是1,;由()0fx得1x,故 f(x)的单调递减区间是,1.(2)由()()fxfx可知fx是偶函数,于是0fx对任意xR成立等价于()0f x 对任意0 x 成由()0 xfxek,得lnxk,1当时,,2此时在上单调递增,故,符合题意.3当时,当 x 变化时的变化情况如下表:由此可得,在0,上,()(ln)lnf xfkkkk依题意,又,综合,得,实数 k 的取值范围是0ke.(3)高考数学高考数学 2018 届届难点突破系列难点突破系列39由此得故.
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