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2019年高考數(shù)學真題分類匯編 3.2 導數(shù)的應用 理
考點一 函數(shù)的單調性
1.(xx課標Ⅰ,11,5分)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則a的取值范圍是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
答案 C
2.(xx課標Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)設g(x)=f(2x)-4bf(x),當x>0時,g(x)>0,求b的最大值;
(3)已知1.414 2<<1.414 3,估計ln 2的近似值(精確到0.001).
解析 (1)f (x)=ex+e-x-2≥0,等號僅當x=0時成立.
所以f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,
g(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)當b≤2時,g(x)≥0,等號僅當x=0時成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上單調遞增.而g(0)=0,所以對任意x>0,g(x)>0.
(ii)當b>2時,若x滿足2
0,
ln 2>>0.692 8;
當b=+1時,ln(b-1+)=ln,
g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0,
ln 2<<0.693 4.
所以ln 2的近似值為0.693.
3.(xx廣東,21,14分)設函數(shù)f(x)=,其中k<-2.
(1)求函數(shù)f(x)的定義域D(用區(qū)間表示);
(2)討論函數(shù)f(x)在D上的單調性;
(3)若k<-6,求D上滿足條件f(x)>f(1)的x的集合(用區(qū)間表示).
解析 (1)由題意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0,
∴[(x2+2x+k)+3][(x2+2x+k)-1]>0,
∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1,
∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0),
∴|x+1|<或|x+1|>,
∴-1--1+,
∴函數(shù)f(x)的定義域D為
(-∞,-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞).
(2)f (x)=-
=-,
由f (x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+)(x+1-)(x+1)<0,
∴x<-1-或-1-1+,
結合函數(shù)f(x)的單調性知f(x)>f(1)的解集為
(-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1+)∪(-1+,-1+).
考點二 函數(shù)的極值與最值
4.(xx課標Ⅱ,12,5分)設函數(shù)f(x)=sin.若存在f(x)的極值點x0滿足+[f(x0)]20.
(1)討論f(x)在其定義域上的單調性;
(2)當x∈[0,1]時,求f(x)取得最大值和最小值時的x的值.
解析 (1)f(x)的定義域為(-∞,+∞), f (x)=1+a-2x-3x2.
令f (x)=0,得x1=,x2=,x1x2時, f (x)<0;當x10.
故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)內單調遞減,在(x1,x2)內單調遞增.
(2)因為a>0,所以x1<0,x2>0.
①當a≥4時,x2≥1.
由(1)知, f(x)在[0,1]上單調遞增.
所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值.
②當00,
所以當x∈(0,2)時, f (x)<0,函數(shù)y=f(x)單調遞減,
當x∈(2,+∞)時, f (x)>0,函數(shù)y=f(x)單調遞增.
所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,2),單調遞增區(qū)間為(2,+∞).
(2)由(1)知,當k≤0時,函數(shù)f(x)在(0,2)內單調遞減,
故f(x)在(0,2)內不存在極值點;
當k>0時,設函數(shù)g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).
因為g(x)=ex-k=ex-eln k,
當00,y=g(x)單調遞增,
故f(x)在(0,2)內不存在兩個極值點;
當k>1時,
得x∈(0,ln k)時,g(x)<0,函數(shù)y=g(x)單調遞減,
x∈(ln k,+∞)時,g(x)>0,函數(shù)y=g(x)單調遞增.
所以函數(shù)y=g(x)的最小值為g(ln k)=k(1-ln k).
函數(shù)f(x)在(0,2)內存在兩個極值點,
當且僅當解得e0時,x2ln 2時, f (x)>0,f(x)單調遞增.
所以當x=ln 2時,f(x)取得極小值,
且極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)無極大值.
(2)令g(x)=ex-x2,則g(x)=ex-2x.
由(1)得g(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,
故g(x)在R上單調遞增,又g(0)=1>0,
因此,當x>0時,g(x)>g(0)>0,即x20時,x20時,x21,要使不等式x2kx2成立.
而要使ex>kx2成立,則只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.
令h(x)=x-2ln x-ln k,則h(x)=1-=,
所以當x>2時,h(x)>0,h(x)在(2,+∞)內單調遞增.
取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)內單調遞增,
又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,
易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0.
即存在x0=,當x∈(x0,+∞)時,恒有x20時,ex>x2,所以ex=>,
當x>x0時,ex>>=x2,
因此,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當x∈(x0,+∞)時,恒有x20時,x2x0時,有x21.
解析 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), f (x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.
由題意可得f(1)=2, f (1)=e.
故a=1,b=2.
(2)由(1)知, f(x)=exln x+ex-1,從而f(x)>1等價于xln x>xe-x-.
設函數(shù)g(x)=xln x,則g(x)=1+ln x.
所以當x∈時,g(x)<0;當x∈時,
g(x)>0.
故g(x)在上單調遞減,在上單調遞增,從而g(x)在(0,+∞)上的最小值為g=-.
設函數(shù)h(x)=xe-x-,則h(x)=e-x(1-x).
所以當x∈(0,1)時,h(x)>0;當x∈(1,+∞)時,h(x)<0.
故h(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,從而h(x)在(0,+∞)上的最大值為h(1)=-.
綜上,當x>0時,g(x)>h(x),即f(x)>1.
11.(xx北京,18,13分)已知函數(shù)f(x)=xcos x-sin x,x∈.
(1)求證:f(x)≤0;
(2)若a<0時,“>a”等價于“sin x-ax>0”;“0對任意x∈恒成立.
當c≥1時,因為對任意x∈,g(x)=cos x-c<0,所以g(x)在區(qū)間上單調遞減.從而g(x)g(0)=0.進一步,“g(x)>0對任意x∈恒成立”當且僅當g=1-c≥0,即00對任意x∈恒成立;當且僅當c≥1時,g(x)<0對任意x∈恒成立.
所以,若a<0, f(x)單調遞增;
當x∈時, f (x)<0, f(x)單調遞減,故f(x)在x=-2處取極小值f(-2)=0,在x=0處取極大值f(0)=4.
(2)f (x)=,因為當x∈時,<0,依題意,當x∈時,有5x+(3b-2)≤0,從而+(3b-2)≤0.
所以b的取值范圍為.
13.(xx天津,20,14分)設f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函數(shù)y=f(x)有兩個零點x1,x2,且x10在R上恒成立,可得f(x)在R上單調遞增,不合題意.
②a>0時,由f (x)=0,得x=-ln a.
當x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,-ln a)
-ln a
(-ln a,+∞)
f (x)
+
0
-
f(x)
↗
-ln a-1
↘
這時, f(x)的單調遞增區(qū)間是(-∞,-ln a);單調遞減區(qū)間是(-ln a,+∞).
于是,“函數(shù)y=f(x)有兩個零點”等價于如下條件同時成立:
(i)f(-ln a)>0;(ii)存在s1∈(-∞,-ln a),滿足f(s1)<0;(iii)存在s2∈(-ln a,+∞),滿足f(s2)<0.
由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得00.由已知,x1,x2滿足a=g(x1),a=g(x2).
由a∈(0,e-1),及g(x)的單調性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).
對于任意的a1,a2∈(0,e-1),設a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;
g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.
因為g(x)在(0,1)上單調遞增,故由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;類似可得ξ2<η2.又由ξ1,η1>0,得<<.
所以隨著a的減小而增大.
(3)證明:由x1=a,x2=a,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=ln.
設=t,則t>1,且解得x1=,x2=.
所以x1+x2=.(*)
令h(x)=,x∈(1,+∞),則h(x)=.
令u(x)=-2ln x+x-,得u(x)=.當x∈(1,+∞)時,u(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上單調遞增,故對于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得h(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上單調遞增.
因此,由(*)可得x1+x2隨著t的增大而增大.
而由(2),知t隨著a的減小而增大,所以x1+x2隨著a的減小而增大.
14.(xx遼寧,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(cos x-x)(π+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)ln.
證明:
(1)存在唯一x0∈,使f(x0)=0;
(2)存在唯一x1∈,使g(x1)=0,且對(1)中的x0,有x0+x1<π.
證明 (1)當x∈時, f (x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x-cos x<0,函數(shù)f(x)在上為減函數(shù),又f(0)=π->0, f=-π2-<0,所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0.
(2)考慮函數(shù)h(x)=-4ln,
x∈.
令t=π-x,則x∈時,t∈.
記u(t)=h(π-t)=-4ln,
則u(t)=.
由(1)得,當t∈(0,x0)時,u(t)>0,當t∈時,u(t)<0.
在(0,x0)上u(t)是增函數(shù),又u(0)=0,從而當t∈(0,x0]時,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上無零點.
在上u(t)為減函數(shù),由u(x0)>0,u=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0.
所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0.
因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.
因為當x∈時,1+sin x>0,故g(x)=(1+sin x)h(x)與h(x)有相同的零點,所以存在唯一的x1∈,使g(x1)=0.
因x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.
15.(xx湖南,22,13分)已知常數(shù)a>0,函數(shù)f(x)=ln(1+ax)-.
(1)討論f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的單調性;
(2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范圍.
解析 (1)f (x)=-=.(*)
當a≥1時, f (x)>0,此時, f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調遞增.
當00,
故f(x)在區(qū)間(0,x1)上單調遞減,在區(qū)間(x1,+∞)上單調遞增.
綜上所述,當a≥1時, f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調遞增;
當0-且x≠-2,所以-2>-,-2≠-2,解得a≠.此時,由(*)式易知,x1,x2分別是f(x)的極小值點和極大值點.
而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-
=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-
=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,
令2a-1=x,由0g(1)=0,故當0.
綜上所述,滿足條件的a的取值范圍為.
16.(xx湖北,22,14分)π為圓周率,e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)求函數(shù)f(x)=的單調區(qū)間;
(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù);
(3)將e3,3e,eπ,πe,3π,π3這6個數(shù)按從小到大的順序排列,并證明你的結論.
解析 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).
因為f(x)=,所以f (x)=.
當f (x)>0,即0e時,函數(shù)f(x)單調遞減.
故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,e),單調遞減區(qū)間為(e,+∞).
(2)因為e<3<π,所以eln 3π3;
由<,得ln 3e2-.①
由①得,eln π>e>2.7>2.7(2-0.88)=3.024>3,即eln π>3,亦即ln πe>ln e3,所以e3<πe.
又由①得,3ln π>6->6-e>π,即3ln π>π,所以eπ<π3.
綜上可得,3e0,所以a=b.
又f (0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.
(2)當c=3時, f(x)=e2x-e-2x-3x,
那么f (x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>0,
故f(x)在R上為增函數(shù).
(3)由(1)知f (x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,當x=0時等號成立.
下面分三種情況進行討論.
當c<4時,對任意x∈R, f (x)=2e2x+2e-2x-c>0,此時f(x)無極值;
當c=4時,對任意x≠0, f (x)=2e2x+2e-2x-4>0,此時f(x)無極值;
當c>4時,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有兩根t1,2=>0,
即f (x)=0有兩個根x1=ln t1,x2=ln t2.
當x1x2時, f (x)>0,從而f(x)在x=x2處取得極小值.
綜上,若f(x)有極值,則c的取值范圍為(4,+∞).
18.(xx浙江,22,14分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).
(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)-m(a);
(2)設b∈R.若[f(x)+b]2≤4對x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范圍.
解析 (1)因為f(x)=
所以f (x)=
由于-1≤x≤1,
(i)當a≤-1時,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.
此時f(x)在(-1,1)上是增函數(shù),因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,
故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
(ii)當-10,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.
(iii)當0,g(1)=e-2a-b>0.
由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.
解得e-20,g(1)=1-a>0,
故此時g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)內各只有一個零點x1和x2.
由此可知f(x)在[0,x1]上單調遞增,在(x1,x2)上單調遞減,在[x2,1]上單調遞增.
所以f(x1)>f(0)=0, f(x2)
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