（浙江专版）2018年高考数学 母题题源系列 专题18 应用导数研究函数的性质.doc

专题十八 应用导数研究函数的性质【母题原题1】【2018浙江，22】已知函数f(x)=lnx（）若f(x)在x=x1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)88ln2；（）若a34ln2，证明：对于任意k0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点【答案】（）见解析（）见解析【解析】分析: （）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明不等式，（）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.详解：（）函数f（x）的导函数，由得，因为，所以由基本不等式得因为，所以由题意得设，则，所以x（0，16）16（16，+）-0+2-4ln2所以g（x）在256，+）上单调递增，故，即设h（x）=，则h（x）=，其中g（x）=由（）可知g（x）g（16），又a34ln2，故g（x）1+ag（16）1+a=3+4ln2+a0，所以h（x）0，即函数h（x）在（0，+）上单调递减，因此方程f（x）kxa=0至多1个实根综上，当a34ln2时，对于任意k0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点点睛：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.【母题原题2】【2017浙江，7】函数的图像如图所示，则函数的图像可能是A. B. C. D. 【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间【命题意图】考查导数的概念、导数公式求导法则导数的几何意义及导数的应用，考查数学式子变形能力、运算求解能力、分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想及分析问题与解决问题的能力 【命题规律】从全国看，高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一般有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题.浙江卷2018年作为压轴题，其考查的灵活性可见一斑.【答题模板】求解应用导数研究函数的性质问题的一般思路：第一步：牢记求导法则，正确求导.在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，解题时应先写出函数定义域第二步：研究（1）（2）问的关系，注意利用第(1)问的结果.在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决第三步：根据条件，寻找或构造目标函数，注意分类讨论.高考函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论第四步：选择恰当的方法求解，注意写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、单调区间、零点等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚【方法总结】1.导数法证明函数在内的单调性的步骤(1)求；(2)确认在内的符号；(3)作出结论：时为增函数；时为减函数2.图象法确定函数在内的单调性：导函数的图象在哪个区间位于x轴上方(下方)，说明导函数在该区间大于0(小于0)，那么它对应的原函数在那个区间就单调递增(单调递减)3.已知函数单调性，求参数范围的两个方法：(1)利用集合间的包含关系处理：yf(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f(x)0；若函数单调递减，则f(x)0”来求解4.求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域；(2)求导数f(x)；(3)解方程f(x)0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f(x)在f(x)0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值【温馨提醒】导数值为0的点不一定是函数的极值点，“函数在某点的导数值为0”是“函数在该点取得极值”的必要不充分条件找函数的极值点，即先找导数的零点，但并不是说导数的零点就是极值点(如yx3)，还要保证该零点为变号零点6.求函数f(x)在a，b上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值【温馨提醒】函数在限定区间内最多只有一个最大值和一个最小值，如果存在最大或最小值，最大值一般是在端点或极大值点取得，最小值一般是在端点或极小值点取得极值与最值的区别(1)“极值”反映函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质；“最值”是个整体概念，是整个区间上的最大值或最小值，具有绝对性(2)从个数上看，最值若存在，则必定是惟一的，而极值可以同时存在若干个或不存在，且极大(小)值并不一定比极小(大)值大(小)(3)从位置上看，极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得；有极值未必有最值，有最值未必有极值7. 解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：(1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用(2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理8.关于最值问题：对求函数在某一闭区间上，先用导数求出极值点的值和区间端点的值，最大者为最大值，最小者为最小值，对求函数定义域上最值问题或值域，先利用导数研究函数的单调性和极值，从而弄清函数的图像，结合函数图像求出极值；对已知最值或不等式恒成立求参数范围问题，通过参变分离转化为不等式（）（ 是自变量，是参数）恒成立问题，（），转化为求函数的最值问题，注意函数最值与极值的区别与联系.1【2018届河北省衡水中学三轮复习系列七】已知函数fx=ex-x+12(e为自然对数的底)，则fx的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：求出导函数，利用导函数判断函数的单调性，根据数形结合，利用零点存在定理判断极值点位置，结合f10,f00.所以-1x11，可排除选项B，D；由f1=e-40.令h(x)=x-1+lnx2，h(x)=x+12x0，则h(x)在1e,e单调递减， 因为h(1)=0，所以y=f(x)g(x)在1e,1上增，在1,e单调递增. ymin=f(1)g(1)=0,ymax=maxf(1e)g(1e),f(e)g(e)=maxe-1,1-1e, 因为e-11-1e，所以y=f(x)g(x)在区间1e,e上的值域为0,e-1.3【浙江省杭州市学军中学2018年5月模拟】已知函数f(x)=lnx+1x+ax，其中x0,aR.（）若函数f(x)在区间1,+上不单调，求a的取值范围；（）若函数f(x)在区间1,+上有极大值2e，求a的值.【答案】(1) -14a0.(2) =1-ee2.【解析】分析：（1）先求导，再分离参数转化为a=-x+1x2在1,+上有解，再求a的取值范围.(2)先对a分类讨论求函数f(x)在区间1,+上极大值f()=2e，得ln+1+=2e，再求和a的值.详解：（1）f(x)=lnx+1x+axf(x)=1x-1x2+a=ax2+x-1x2 =0在1,+上有解，所以a=-x+1x2在1,+上有解，设g(x)=-x+1x2,g(x)=-x2-(-x+1)2xx4=x2-2xx4=x-2x3所以函数g(x)在（1，2）上是减函数，在（2，+）上是增函数.所以g(x)min=g(2)=-14,x+,g(x)0-14a2)，则h(x)=1x-2x2=x-2x20所以函数h(x)在(2,+)上单调递增，而h(e)=0所以=e，所以=1-2=1-ee2当=1-ee2时，函数f(x)在1,+由极大值2e.点睛：（1）本题主要考查利用导数求函数的单调性和最值、极值，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理的能力.(2)解答本题的难点求得极大值f()=2e，得ln+1+=2e（*）后，如何求的值.这里又利用了构造函数和求导解答.4【2018届浙江省温州市9月一模】已知函数f(x)=x-3x-4lnx（1）求f(x)的单调递增区间；（2）当00解不等式即可得f(x)的单调增区间；（2）x2+2x-34xlnx等价于f(x)=x-3x-4lnx-2，利用导数研究函数的单调性，证明f(x)max=f(1)=-2，从而可得结果.试题解析：（1）f(x)=1+3x2-4x =x2-4x+3x2 =(x-1)(x-3)x2，令f(x)0，解得x3或x0，f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3,+)（2）由（1）知f(x)=x-3x-4lnx在(0,1)上单调递增，在1,3上单调递减，所以，当0x3时，f(x)max=f(1)=-2，因此，当01，x1,x2为函数f(x)的两个零点，求证：.x1+x20【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：（1）由函数f(x)=ln(x+m)-mx，求得f(x)=1x+m-m，通过讨论实数m的取值范围，即可求出函数的单调区间；（2）构造函数g(x)=emx-x，g(x)=emx-x与y=m图象两交点的横坐标为x1,x2，问题转化为g(x2)0，即f(x)的单调递增区间为-m,+，无减区间；当m0时，f(x)=1x+m-m=-m(x+m-1m)x+m，由f(x)=0，得x=-m+1m(-m,+)，x(-m,-m+1m)时，f(x)0，x(-m+1m,+)时，f(x)0时，易知f(x)的单调递增区间为(-m,-m+1m)，单调递减区间为(-m+1m,+)，（2）由（1）知f(x)的单调递增区间为(-m,-m+1m)，单调递减区间为(-m+1m,+)，不妨设-mx1x2，由条件知ln(x1+m)=mx1ln(x2+m)=mx2，即x1+m=emx1x2+m=emx2构造函数g(x)=emx-x，g(x)=emx-x与y=m图象两交点的横坐标为x1,x2由g(x)=memx-1=0可得x=-lnmmlnm(m1)，-lnmm(-m,+)知g(x)=emx-x在区间(-m,-lnmm)上单调递减，在区间(-lnmm,+)上单调递增，可知-mx1-lnmmx2欲证x1+x20，只需证x1+x22lnmm，即证x22lnmm-x1(-lnmm,+)，考虑到g(x)在(-lnmm,+)上递增，只需证g(x2)g(-2lnmm-x1)由g(x2)=g(x1)知，只需证g(x1)g(-2lnmm-x1)令h(x)=g(x)-g(-2lnmm-x)= emx-2x-e2lnm-mx-2lnmm，则h(x) =memx-2-(-m)e-2mlnm-mx =m(emx+e-2lnmemx)-22me-2lnm-2=2mm-2-2=0，所以h(x)为增函数，又h(-lnmm)=0，结合-mx1-lnmm知h(x1)0，即成立g(x1)g(-2lnmm-x1)，即x1+x20，求函数h(x)=f(x)+g(x)的单调区间；()若f(x)存在极小值点x0，且f(x1)=f(x0)，其中x1x0，求证: x1+2x0=0；()试问过点P(0,2)可作多少条直线与g(x)的图像相切?并说明理由.【答案】()单调减区间为(0,1a)单调增区间为(1a,+)；()证明见解析；()答案见解析.【解析】分析：（1）对h(x)进行求导计算即可得到单调区间；（2）若f(x)存在极小值点x0，f(x)=a2x2-1，则a2=1x02，由f(x1)=f(x0)可得13a2x13-x1=13a2x03-x0，化简代入a2=1x02，即可得到证明；解析：(1) a0，h(x)=(ax-1)(ax+1+1x2)所以h(x)的单调减区间为(0,1a)单调增区间为(1a,+)；(2) f(x)=a2x2-1，f(x)存在极小值点x0，则a2=1x02.f(x1)=f(x0)，则13a2x13-x1=13a2x03-x0，所以(x1-x0)a2(x12+x1 x0+x02)-3=0代入a2=1x02所以(x1-x0)(x12+x1 x0+2x02)=0，则(x1-x0)2(x1+2x0)=0，又x1x0，所以x1+2x0=0；(3) a0时，有1条切线；a0时，有2条切线.设切点坐标是(x0,f(x0)，依题意：f(x0)-2x0-0=ax0-1x02即1x0+a1nx0-2=a-1x0，化简得：2x0+a1nx0-2-a=0设F(x)=2x+a1nx-2-a，x0故函数F(x)在(0,+)上零点个数，即是曲线切线的条数.F(x)=-2x2+ax=ax-2x2，当a=0时， F(x)=2x-2，在(0,+)上恰有一个零点1；当a0时， F(x)=ax-2x20，F(e)=2e-20故F(x)在(1,e)上有且只有一个零点，当a0时，F(x)在(0,2a)上递减，在(2a,+)上递增，故F(x)在(0,+)至多有两个零点，且F(1)=2-2-a=-aa+2a，此时F(x0)=2x0+a1nx0-2- a=2x0+a(1nx0-a+2a)0由于a+2a1，函数F(x)在(1,x0)上必有一零点；F(e-(1+a+1a)=2e1+a+1a-a (1+a+1a)-2-a= 2e1+a+1a-(a2+2a+3)先证明当a0时， e1+a+1a(a+2)2，即证1+a+1a21n(a+2)若a(0,2)，1+a+1a3，而21n(a+2)21n4，由于21n4=1n160(x)在2+)为增函数， (a)(2)=3 +12-21n40综上a0时，e1+a+1a(a+2)2，所以2e1+a+1a2(a+2)2=a2 +2a+3+(a2+2a+5) a2+2a+3，故F(e-(1+a+1a)0又F(1)0，e-(1+a+1a)0时， F(x)在(0,+)上有两个零点综上：a0时，有1条切线；a0时，有2条切线.点睛：导数在研究函数零点中的作用(1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等(2)用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决7【2018届湖南省长沙市长郡中学模拟卷（二）】已知函数f1(x)=(x-)2，f2(x)=lnx（x0，且x1）.（1）当=1时，若对任意x(1,+)，f1(x)kf2(x)恒成立，求实数k的取值范围；（2）若(0,1)，设f(x) =f1(x)f2(x)，f(x)是f(x)的导函数，判断f(x)的零点个数，并证明.【答案】（1）(-,0（2）见解析【解析】分析：（1）由题意，求导，若k0，则g（x）0，根据函数的单调性即可求得g（x）最大值，即可求得实数k的取值范围；（2）构造辅助函数，求导，根据函数的单调性及函数零点的判断，即可求得f（x）的零点个数详解: （1）当=1时，对任意x(1,+)，(x-1)2-klnx0恒成立，令g(x)=(x-1)2-klnx，求导g(x)=2x2-2x-kx，由x1，则2x2-2x=2x(x-1)0，若k0，则g(x)0，所以g(x)在(1,+)上是增函数，所以g(x)g(1)=0，符合题意，当k0时，令g(x)=0，解得x1=1-1+2k21，则g(x)在(1,x2)上是减函数，当x(1,x2)时，g(x)g(1)=0，不符合题意，综上可知k的取值范围为(-,0.其中01，则h(x)min=h(2)=2ln2+11-ln40，h()=2ln0，h(1)=-12时，h(e)=1+e-10，由零点存在定理及单调性可知在(2,+)上存在唯一的零点x2，取x=2e2(2e2g(1)=e2-50，即h(2e2)0，由零点存在定理及单调性可知在(2e2,2)上存在唯一x3(2e2,2)，h(x3)=0，由h(x)的单调递减区间是(0,2)，则在(0,2)上h(x)仅存在唯一的零点x3，综上可知f(x)共有三个零点.点睛：（1）函数零点个数（方程根的个数）的判断方法：结合零点存在性定理，利用函数的单调性、对称性确定函数零点个数；利用函数图像交点个数判断方程根的个数或函数零点个数（2）本题将方程实根个数的问题转化为两函数图象交点的问题解决，解题时注意换元法的应用，以便将复杂的问题转化为简单的问题处理.8【2018届四川省成都市龙泉驿区第二中学校3月市“二诊”】设a 0，已知函数 (x0)()讨论函数的单调性；()试判断函数在上是否有两个零点，并说明理由【答案】(1)见解析(2) 函数没有两个零点【解析】试题分析：（）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（）假设2个零点，推出矛盾即可试题解析：（），设，则，当时， ， ，即，在上单调递增；当时， ，由得，, 可知，由的图象得：在和上单调递增； 在 上单调递减 （）解法：函数在上不存在两个零点假设函数有两个零点，由（）知， ，因为，则，即，由知，所以，设，则（）， 由，得，设，得，所以在递增，得，即，这与（）式矛盾， 所以上假设不成立，即函数没有两个零点9【2018届安徽亳州市涡阳一中最后一卷】已知fx=lnx-ax2-bx.（1）若a=-1，函数fx在其定义域内是增函数，求b的取值范围；（2）当a=1，b=-1时，证明：函数fx只有一个零点；（3）若fx的图像与x轴交于Ax1,0，Bx2,0x1x2两点，AB中点为Cx0,0，求证：fx00.【答案】（1）-,22；（2）见解析；（3）见解析【解析】分析：（1）fx在0,+上递增， fx=1x+2x-b0对x0,+恒成立即b1x+2x对x0,+恒成立， 只需b1x+2xmin即可；（2）利用导数研究函数的单调性，可得函数fx在区间0,1上单调递增，在区间1,+上单调递减， 当x=1时，函数fx取得最大值，其值为f1=lnx-12+1=0，当x1时，fxf1，即fx0，从而可得结果；（3）由已知得fx1=lnx1-ax12-bx1=0fx2=lnx2-ax22-bx2=0，化为lnx1x2=x1-x2ax1+x2+b，可得fx0=1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2，t=x1x2，t=2t-2t+1-lnt0t1=0即可得结论.（2）当a=1，b=-1时，fx=lnx-x2+x，其定义域是0,+， fx=1x-2x+1=-2x2-x-1x=-x-12x+1x， x0， 0x0；当x1时，fx0 函数fx在区间0,1上单调递增，在区间1,+上单调递减 当x=1时，函数fx取得最大值，其值为f1=lnx-12+1=0当x1时，fxf1，即fx0 函数fx只有一个零点（3）由已知得fx1=lnx1-ax12-bx1=0fx2=lnx2-ax22-bx2=0nx1=ax12+bx1lnx2=ax22+bx2两式相减，得lnx1x2=ax1+x2x1-x2+bx1-x2 lnx1x2=x1-x2ax1+x2+b，由fx=1x-2ax-b及2x0=x1+x2，得fx0=1x0-2ax0-b =2x1+x2-ax1+x2+b =2x1+x2-1x1-x2lnx1x2=1x1-x22x1-x2x1+x2-lnx1x2 =1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2令t=x1x2，t=2t-2t+1-lnt0t1， t=-t-12tt+121=0 x1x2， fx0-2x2恒成立（其中x1R，x10）.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】分析：（1）求出函数的导数，通过讨论t的范围，求出函数的单调区间即可；（2）问题转化为证明f(x1+x2)+(x1+x2) f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立设g(x)=f(x)+x，则上式等价于g(x1+x2)g(x1-x2)，要证明g(x1+x2)g(x1-x2)对任意x1R，x2(0,+)恒成立，要证明g（x1+x2）g（x1-x2）对任意x1R，x2（0，+）恒成立，即证明g(x)=(x-1)ex-32x2+x在R上单调递增，根据函数的单调性证明即可详解：（1）由于f(x)=xex-tx=x(ex-t).1）当t0时，ex-t0，当x0时，f(x)0，f(x)递增，当x0时，f(x)0时，由f(x)=0得x=0或x=lnt.当0t1时，lnt0时，f(x)0，f(x)递增，当lntx0时，f(x)0，f(x)递减，当x0，f(x)递增；当t=1时，f(x)0，f(x)递增；当t1时，lnt0.当xlnt时，f(x)0，f(x)递增，当0xlnt时，f(x)0，f(x)递减，当x0，f(x)递增.综上，当t0时，f(x)在(-,0)上是减函数，在(0,+)上是增函数；当0t1时，f(x)在(-,0)，(lnt,+)上是增函数，在(0,lnt)上是减函数.（2）依题意f(x1+x2)-f(x1-x2) (x1-x2)-(x1+x2)f(x1+x2)+(x1+x2) f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立.设g(x)=f(x)+x，则上式等价于g(x1+x2)g(x1-x2)，要证明g(x1+x2)g(x1-x2)对任意x1R，x2(0,+)恒成立，即证明g(x)=(x-1)ex-32x2+x在R上单调递增，又g(x)=xex-3x+1，只需证明xex-3x+10即可.令h(x)=ex-x-1，则h(x)=ex-1，当x0时，h(x)0时，h(x)0，h(x)min=h(0)=0，即xR，exx+1，那么，当x0时，xexx2+x，所以xex-3x+1 x2-2x+1=(x-1)20；当x0时，ex0，xex-3x+10恒成立.从而原不等式成立.11【2018届四川省南充市三诊】函数f(x)=lnx+kx,kR.（）若曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线与直线x-2=0垂直，求f(x)单调递减区间和极值（其中e为自然对数的底数）； （）若对任意x1x20，f(x1)-f(x2)x10，f(x)=1x-kx2(x0).因为曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线与直线x=2垂直，所以f(e)=0，即1e-ke2=0，得k=e. 所以f(x)=1x-ex2=x-ex2(x0).当0xe时，f(x)e时，f(x)0，f(x)在(e,+)