高考导函数综合训练含标准答案.docx

导函数的综合应用导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015高考北京卷)设函数f(x)kln x，k0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点【变式训练1】已知函数f(x)2xln xx22axa2，其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解考点二、利用导数研究不等式恒成立的问题【例2】已知函数f(x)m(x1)exx2(mR)(1)若m1，求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的xf(x)恒成立，求m的取值范围【变式训练2】已知函数f(x)(e为自然对数的底数)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数(x)xf(x)tf(x)，存在实数x1，x20,1，使得2(x1)0，试判断f(x)在定义域内的单调性； (2)若f(x)在1，e上的最小值为，求a的值；(3)若f(x)1的解集为 () A.(3，2)(2,3) B.(，) C.(2,3) D.(，)(，)4.已知函数f(x)x2mxln x是单调递增函数，则m的取值范围是() A.m2 B.m2 C.m0时，f(x)0，g(x)0，则当x0，g(x)0 B.f(x)0，g(x)0 C.f(x)0 D.f(x)0，g(x)1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点；(3)若曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m 1.导函数的综合应用标准答案典型例题【例题1】解(1)由f(x)kln x(k0)，得x0且f(x)x.由f(x)0，解得x.f(x)与f(x)在区间(0，)上的情况如下：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，单调递增区间是，)；f(x)在x处取得极小值f().(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点当ke时，f(x)在区间(0， )上单调递减，且f(1)0，f( )0，所以f(x)在区间(1， 上仅有一个零点综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， 上仅有一个零点【变式训练1】解：(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x)2(x1ln xa)，所以g(x)2.当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增(2)证明：由f(x)2(x1ln xa)0，解得ax1ln x.令(x)2xln xx22x(x1ln x)(x1ln x)2(1ln x)22xln x，则(1)10，(e)2(2e)0.于是，存在x0(1，e)，使得(x0)0.令a0x01ln x0u(x0)，其中u(x)x1ln x(x1)由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增，故0u(1)a0u(x0)u(e)e21，即a0(0,1)当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0.再由(1)知，f(x)在区间(1，)上单调递增，当x(1，x0)时，f(x)f(x0)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0；又当x(0,1时，f(x)(xa0)22xln x0.故x(0，)时，f(x)0.综上所述，存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解【例题2】解：(1)m1时，f(x)(1x)exx2，则f(x)x(2ex)，由f(x)0，得0xln 2，由f(x)0，得xln 2，故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(，0)，(ln 2，)(2)f(x)mxx2(m2)x，即：mxexx2mx0.x0.令h(x)mexxm，则h(x)mex1，当m0时，h(x)在xh(0)0.当0m1时，h(x)在xh(0)0.当m1时，h(x)在(，ln m)上为减函数，在(ln m,0)上为增函数，h(ln m)h(0)0，不合题意综上：m1.【变式训练2】解：(1)函数的定义域为R，f(x)，当x0，当x0时，f(x)0，f(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减(2)假设存在x1，x20,1，使得2(x1)(x2)成立，则2(x)min(x)max.(x)xf(x)tf(x)ex，(x).当t1时，(x)0，(x)在0,1上单调递减，2(1)31.当t0时，(x)0，(x)在0,1上单调递增，2(0)(1)，即t32e0.当0t1时，若x0，t)，(x)0，(x)在(t,1上单调递增，所以2(t)max(0)，(1)，即20，f(x)0，故f(x)在(0，)上是单调递增函数.(2)由(1)可知，f(x).若a1，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)a，a(舍去).若ae，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上为减函数，f(x)minf(e)1，a(舍去).若ea1，令f(x)0得xa，当1xa时，f(x)0，f(x)在(1，a)上为减函数；当ax0，f(x)在(a，e)上为增函数，f(x)minf(a)ln(a)1，a.综上所述，a.(3)f(x)x2，ln x0，axln xx3.令g(x)xln xx3，h(x)g(x)1ln x3x2，h(x)6x.x(1，)时，h(x)0，h(x)在(1，)上是减函数.h(x)h(1)20，即g(x)0，g(x)在(1，)上也是减函数.g(x)g(1)1，当a1时，f(x)0得xe；由f(x)0得xe.此时f(x)在上单调递减，在(e，)上单调递增f(e)e2(ae)eaeln ee20，要使得f(x)在上有且只有两个零点，则只需faeln0，即a.当a0得xe；由f(x)0得axe.此时f(x)在(a，e)上单调递减，在和(e，)上单调递增f(a)a2aeaeln aa2aeaeln ea2e时，由f(x)0得xa，由f(x)0得exa，此时f(x)在和(a，)上单调递增，在(e，a)上单调递减，且f(e)e20，f(x)在上至多只有一个零点，不合题意综上所述，a的取值范围为.8.解：(1)当a2时，f(x)ln x2x，x(0，)，f(x)2，令f(x)0，则x1或x.当x时，f(x)0，所以f(x)在x处取到最小值，最小值为3ln 2；无最大值(2)f(x)a，x1，)，显然a0时，f(x)0，且不恒等于0，所以函数f(x)在1，)上是单调递增函数，符合要求当a0时f(x)在1，)上是单调递增函数，所以f(x)在1,2上是单调递增函数所以对于任意x11,2，f(1)f(x1)f(2)，即f(x1).g(x)，当x1,2时，g(x)0，所以g(x)在1,2上是单调递减函数所以当x21,2时，g(x2).若对于任意x11,2，总存在x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，则，此时a无解所以不存在满足条件的正实数a.B组1.【答案】A【解析】试题分析：设，则，则已知，所以是增函数，所以，即，故选A考点：导数与函数的单调性2.【答案】C【解析】试题分析：由题意，得，则若存在，使得，则，所以设，则，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当，函数取最大值，最大值为，所以，故选C3.【答案】C【解析】试题分析：设，所以函数是单调递减函数，因为为偶函数，所以关于对称，那么，所以，即的解集是，即的解集，故选C.4.【答案】-1【解析】试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0a+b0，所以a+b=0，当x=0时，可得0b1，结合a+b=0可得-1a0，令f（x）=x4-x3+ax+b，即f（1）=a+b=0，又f（x）=4x3-3x2+a，f（x）=12x2-6x，令f（x）0，可得x，则f（x）=4x3-3x2+a在0，上减，在，+）上增，又-1a0，所以f（0）=a0，f（1）=1+a0，又x0时恒有，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点故有f（1）=1+a=0，由此得a=-1，b=1，故ab=-1考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；函数恒成立问题5.【解析】试题解析：设，由题意知存在唯一的整数使得在直线的下方，当时，当 时，g(x)0，当时，取最小值，当时，当时，直线恒过定点且斜率为，故且，解得.考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】【解析】试题分析：由为偶函数可得，所以因为上为增函数，所以，所以函数在上为增函数，所以等价于，即，所以，所以考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性7.解：(1)f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2ex0，故f(x)是R上的单调递增函数，其单调增区间是(，)，无单调减区间(2)证明：因为f(0)(102)e0a1a0，由零点存在性定理知，f(x)在(，)上至少有一个零点又由(1)知，函数f(x)是(，)上的单调递增函数，故函数f(x)在(，)上仅有一个零点(3)设点P(x0，y0)，由曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行知，f(x0)0，即f(x0)(x01)2ex00，(x01)20，x01，即P(1,2e1a)由点M(m，n)处的切线与直线OP平行知，f(m)kOP，即(1m)2ema.由em1m知，(1m)3(1m)2ema，即1m ，即m 1.8.解：(1)由题意知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为2，所以f(1)2，又f(x)ln x1，所以a1.(2)k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根设h(x)f(x)g(x)(x1)ln x，当x(0,1时，h(x)110，所以存在x0(1,2)，使得h(x0)0.因为h(x)ln x1，所以当x(1,2)时，h(x)10，当x2，)时，h(x)0，所以当x