2018年高考数学复习解决方案真题与模拟单元重组四大题冲关__导数的综合应用问题试题理.DOC

重组四大题冲关导数的综合应用问题测试时间：120分钟满分：150分解答题(本题共8小题，共150分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)12017吉林实验中学模拟(本小题满分15分)已知函数f(x)mxln x，其中m为常数，e为自然对数的底数(1)当m1时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)在区间(0，e上的最大值为3，求m的值解(1)当m1时，f(x)xln x，定义域为(0，)求导得f(x)1，(2分)令f(x)0，得x1，当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下：(5分)由表可知f(x)的最大值为f(1)1.(7分)(2)求导得f(x)m.当m0时，f(x)0恒成立，此时f(x)在(0，e上单调递增，最大值为f(e)me13，解得m，不符合要求；(9分)当m0时，令f(x)0，得x，若e，此时f(x)0在(0，e上恒成立，此时f(x)在(0，e上单调递增，最大值为f(e)me13，解得m，不符合要求；(12分)若0在上成立，f(x)0，都有h(x)a0，(3分)即对x0，都有a，(5分)0，a0，故实数a的取值范围是(，0(7分)(2)设切点，则切线方程为y(xx0)，即yxx0，亦即yx，(10分)令t0，由题意得att2，bln x01ln t2t1，令ab(t)ln tt2t1，则(t)2t1，当t(0,1)时，(t)0，(t)在(1，)上单调递增，ab(t)(1)1，故ab的最小值为1.(15分)32017湖北四校联考(本小题满分20分)已知函数f(x)xln xax2x.(1)当a时，证明：f(x)在定义域上为减函数；(2)若aR，讨论函数f(x)的零点情况解(1)证明：由题意可知函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1x1ln xx，令g(x)ln xx，则g(x)1，(3分)当0x0；当x1时，g(x)0，所以g(x)maxg(1)1，(6分)即g(x)ln xx0，所以f(x)0，所以方程可化为a，(10分)令h(x)，则h(x)，(12分)令h(x)0，可得xe2，(13分)当0x0，当xe2时，h(x)e2时，h(x)0，所以h(x)的大致图象如图所示，(15分)结合图象可知，当a时，方程a没有根；当a或a0时，方程a有一个根；当0a时，函数f(x)无零点；当a或a0时，函数f(x)有一个零点；当0a时，函数f(x)有两个零点(20分)42017江西七校联考(本小题满分20分)记maxm，n表示m，n中的最大值，如max3，已知函数f(x)maxx21,2ln x，g(x)maxxln x，ax2x(1)求函数f(x)在上的值域；(2)试探讨是否存在实数a，使得g(x)0，得x1，F(x)递增，令F(x)0，得0x0，xln xax2x，g(x)xln x，(11分)若g(x)x4a对x(1，)恒成立，则ln xx0，得1x2，h(x)递增，令h(x)2，h(x)递减，h(x)maxh(2)ln 21，4aln 21，a.a0，a.(16分)当a0时，由知xln xx4a对x(1，)恒成立，若g(x)x4a对x(1，)恒成立，则ax2xx4a对x(1，)恒成立，即2ax2x8a0时，不满足g(x)x4a对x(1，)恒成立(19分)故存在实数a，使得g(x)x4a对x(1，)恒成立，且a的取值范围为.(20分)52017河南豫南联考(本小题满分20分)已知函数f(x)mln (x2)x21(mR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若02)，(2分)设g(x)x22xm，令g(x)0，则44m.当m1时，44m0，g(x)0恒成立，故f(x)0在x2上恒成立，即函数f(x)在(2，)上单调递增(4分)当0m0，不妨设方程g(x)x22xm0的两根为x1，x2，且x12，x2，则g(x)0在(2，x1)，(x2，)上成立，即f(x)0在(2，x1)，(x2，)上成立，则函数f(x)在(2，x1)，(x2，)上单调递增；g(x)0在(x1，x2)上成立，即f(x)0，即f(x)0，则函数f(x)在(0，)上单调递增；当x(2,0)时，g(x)0，即f(x)0，则函数f(x)在(2,0)上单调递减(8分)当m0，设方程g(x)x22xm0的两根为x3，x4，且x3x4，则有x31，则f(x)0在(x4，)上成立，故函数f(x)在(x4，)上单调递增；f(x)2,00在(0,2上恒成立，故函数f(x)在(0,2上单调递增不妨设0x1x22，则|f(x1)f(x2)|t可化为f(x2)f(x1).(13分)设h(x)f(x)mln (x2)x21，则h(x1)h(x2)，所以h(x)为(0,2上的减函数，即h(x)x0在(0,2上恒成立，等价于m(x2)x(x2)2t0在(0,2上恒成立，即tm(x2)x(x2)2在(0,2上恒成立(17分)又00在(0,2上恒成立，故yx34x26x4在(0,2上是增函数，即ymax2342212440，所以m(x2)x(x2)240，所以t40，即t的最小值为40.(20分)62017衡中期末(本小题满分20分)设函数f(x)ax.(1)若函数f(x)在(1，)上为减函数，求实数a的最小值；(2)若存在x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，求实数a的取值范围解(1)函数定义域为：x|x0，且x1，对函数f(x)求导：f(x)a，(3分)若函数f(x)在(1，)上为减函数，则f(x)a0在(1，)恒成立，所以f(x)max0.(5分)由f(x)a2a，故当，即xe2时，f(x)maxa0，所以a，所以a的最小值是.(8分)(2)若存在x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，则问题等价为：当x1，x2e，e2时，f(x)minf(x)maxa.由(1)知，f(x)在xe，e2的最大值为a，所以f(x)maxa，所以问题转化为：当xe，e2时有f(x)min.(11分)()当a时，由(1)知，f(x)在e，e2是减函数，所以f(x)的最小值是f(e2)ae2 ，解得a.(13分)()当a，矛盾(15分)当a0，即0a时，由f(x)的单调性和值域知，存在唯一的x0(e，e2)，使得f(x0)0，且当x(e，x0)时，f(x)0，f(x)为增函数所以，f(x)的最小值为f(x0)ax0，(18分)即a，矛盾综上有，a.(20分)72016广州一模(本小题满分20分)已知函数f(x)exmx3，g(x)ln (x1)2.(1)若曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为1，求实数m的值；(2)当m1时，证明：f(x)g(x)x3.解(1)因为f(x)exmx3，所以f(x)exm3x2.(2分)因为曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为1，所以f(0)em1，(4分)解得m0.(6分)(2)证明：因为f(x)exmx3，g(x)ln (x1)2，所以f(x)g(x)x3等价于exmln (x1)20.(7分)当m1时，exmln (x1)2ex1ln (x1)2.要证exmln (x1)20，只需证明ex1ln (x1)20.(9分)以下给出证明ex1ln (x1)20.设h(x)ex1ln (x1)2，则h(x)ex1.(10分)设p(x)ex1，则p(x)ex10.(11分)所以函数p(x)h(x)ex1在(1，)上单调递增因为he20，所以函数h(x)ex1在(1，)上有唯一零点x0，且x0.(14分)因为h(x0)0，所以ex01，即ln (x01)(x01)(15分)当x(1，x0)时，h(x)0，所以当xx0时，h(x)取得最小值h(x0)所以h(x)h(x0)ex01ln (x01)2(x01)20.(19分)综上可知，当m1时，f(x)g(x)x3.(20分)82016全国卷(本小题满分20分)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点(7分)设a0，因此f(x)在(1，)上单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1，故当x(1，ln (2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln (2a)上单调递减，在(