高考数学 专题03 导数与应用分项试题（含解析）理.doc

专题 导数与应用一、选择题1【2018河南省南阳一中三模】关于函数fx=2x+lnx，下列说法错误的是（ ）a. x=2是fx的极小值点 b. 函数y=fx-x有且只有1个零点c. 存在正实数k，使得fxkx恒成立 d. 对任意两个正实数x1,x2，且x2x1，若fx1=fx2，则x1+x24【答案】c函数y=f（x）x有且只有1个零点，即b正确；f（x）kx，可得k2x2 +lnxx ，令g（x）=2x2 +lnxx则g（x）=-4+x-xlnxx3 令h（x）=4+xxlnx，则h（x）=lnx，（0，1）上，函数单调递增，（1，+）上函数单调递减，h（x）h（1）0，g（x）0，g（x）=2x2 +lnxx在（0，+）上函数单调递减，函数无最小值，不存在正实数k，使得f（x）kx恒成立，即c不正确；对任意两个正实数x1，x2，且x2x1，（0，2）上，函数单调递减，（2，+）上函数单调递增，若f（x1）=f（x2），则x1+x24，正确故选：c2【2018河南省洛阳市尖子生联考】已知函数f(x)=(ax+lnx)(x-lnx)-x2有三个不同的零点x1，x2，x3（其中x1x2x3），则(1-lnx1x1)2(1-lnx2x2)(1-lnx3x3)的值为（ ）a. 1-a b. a-1 c. -1 d. 1【答案】d当x（0，1）时，g（x）0；当x（1，e）时，g（x）0；当x（e，+）时，g（x）0即g（x）在（0，1），（e，+）上为减函数，在（1，e）上为增函数0x11x2ex3，a=xx-lnx-lnxx=11-lnxx-lnxx，令=lnxx，则a=11-，即2+（a1）+1a=0，1+2=1a0，12=1a0，对于=lnxx，=1-lnxx2则当0xe时，0；当xe时，0而当xe时，恒大于0画其简图，点睛：先分离变量得到a=xx-lnx-lnxx，令g（x）=xx-lnx-lnxx求导后得其极值点，求得函数极值，则使g（x）恰有三个零点的实数a的取值范围由g（x）=xx-lnx-lnxx=11-lnxx-lnxx，再令=lnxx，转化为关于的方程后由根与系数关系得到1+2=1a0，12=1a0，再结合着=lnxx的图象可得到（1lnx1x1）2（1lnx2x2）（1lnx3x3）=13【2018浙江省温州市一模】已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是（ ）a. b. c. d. 【答案】c4【2018吉林省百校联盟九月联考】已知当时，关于的方程有唯一实数解，则距离最近的整数为（ ）a. 2 b. 3 c. 4 d. 5【答案】b【解析】由可得： ，令，则，令，则，由可得，函数h(x)单调递增，函数h(x)的最小值为，则存在满足h(x)=0，据此可得：距离最近的整数为3. 本题选择b选项.点睛：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最小值问题(2)若可导函数f(x)在指定的区间d上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f(x)0(或f(x)0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“”是否可以取到5【2018辽宁省大连八中模拟】设函数在上存在导函数，对任意的实数都有，当时， .若，则实数的取值范围是( )a. b. c. d. 【答案】a 6【2018辽宁省辽南协作校一模】已知函数在上满足，则曲线在点处的切线方程是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】由可得，即代入可得，即，故，则切线的斜率，因为，所以切线方程为，即，应选答案d。点睛：解答本题的关键是求出函数的解析表达式，求解时充分利用题设中提供 的函数解析式方程，巧妙运用变量替换得到方程，即，然后代入解得，即，然后再运用导数的几何意义从而使得问题巧妙获解。7【2018江西省红色七校联考】已知函数，关于的不等式只有两个整数解，则实数的取值范围是a. b. c. d. 【答案】c【解析】即当x=时,函数f(x)取得极大值,同时也是最大值f()=，即当0x时,f(x)时,0f(x)0得0，此时有无数个整数解，不满足条件。若a0，则由+af(x)0得f(x)0或f(x)0时，不等式由无数个整数解，不满足条件。当a0得f(x)a或f(x)0，当f(x)a有两个整数解，f(1)=ln2,f(2)= =ln2,f(3)= ，当f(x)ln2时,函数有两个整数点1,2,当f(x) 时，函数有3个整数点1，2，3要使f(x)a有两个整数解，则aln2，即ln2e时,g(t)0，当0te时,g(t)0，即当t=e时,函数g(t)取得极小值为：g(e)=(e2e)lne=e，即g(t)g(e)=e，若有解，则,即，则a0时，fxgx.【答案】(1) 切线方程得：b=-2e,(2) 当a0时，fx的单调减区间为0,+；当a0时，fx的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a,+；（3）见解析 【解析】试题分析:（i）通过f（x）在点（e，f（e）处的切线为xey+b=0，可得f（e）=1e ，解得a=2e ，再将切点（e，1）代入切线方程xey+b=0，可得b=2e；（ii）由（i）知：f（x）ax-1x （x0），结合导数分a0、a0两种情况讨论即可；（iii）通过变形，只需证明g（x）=exlnx20即可，利用g（x）=ex-1x ，根据指数函数及幂函数的性质、函数的单调性及零点判定定理即得结论（1）fx=ax-2-lnxar，fx=a-1x=ax-1x，又fx在点e,fe的切线的斜率为1e，fe=ae-1e=1e，a=2e，切点为e,-1把切点代入切线方程得：b=-2e；（2）由（1）知：fx=a-1x=ax-1xx0当a0时，fx0时，令fx=0，解得：x=1a，当x变化时，fx,fx随x变化情况如下表：当x0,1a时，fx0，单fx单调增，综上所述：当a0时，fx的单调减区间为0,+；当a0时，fx的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a,+.(3)当x0时，要证fx-ax+ex0，即证ex-lnx-20，令hx=ex-lnx-2x0，只需证hx0，hx=ex-1x由指数函数及幂函数的性质知：hx=ex-1x在0,+上是增函数又h1=e-10，h13=e13-30，h1h130，hx在13,1内存在唯一的零点，也即hx在0,+上有唯一零点设hx的零点为t，则ht=e-1t=0，即e=1t13t1，由hx的单调性知：当x0,t时，hxht=0，hx为增函数，所以当x0时，hxht=e-lnt-2=1t-ln1e-2，又13t0=1t+t-22-2=0.点睛: 本题考查求函数解析式，函数的单调性，零点的存在性定理，(1)利用导数的几何意义；（2）研究单调性，即研究导函数的正负；（2）：证明恒成立，转化为函数最值问题13【2018河南省南阳一中三模】已知函数fx=2-ax-1-2lnx.（1）当a=1时，求fx的单调区间；（2）若函数fx在0,12上无零点，求a最小值.【答案】(1) fx的单调减区为0,2，单调增区间为2,+,(2) a的最小值为2-4ln2（1）当a=1时，fx=x-1-2lnx，则fx=1-2x，由fx0，得x2，由fx0，得0x2，故fx的单调减区为0,2，单调增区间为2,+.（2）因为fx0恒成立，即对x0,12,a2-2lnxx-1恒成立，令lx=2-2lnxx-1,x0,12，则lx=2lnx+2lnx-2x-12，再令mx=2lnx+2lnx-2,x0,12，则mx=-2x2+2x=-21-xx2m12=2-2ln20，从而lx0，于是lx在0,12上为增函数，所以lx2-2lnxx-1恒成立，只要a2-4ln2,+，综上，若函数fx在0,12上无零点，则a的最小值为2-4ln2.14【2018浙江温州一模】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.【答案】()a-7；()证明见解析.（）由f(x)=x2+aln x，得f(x)=2x-+,由已知得2x-+0在x2,3上恒成立，即a-2x2 恒成立.设g (x)=-2x ，则g(x )=- -4x 0，所以g(x)在x2,3上单调递减，g(x)max =g(2)=-7，所以a-7.（）证明:|k|1等价于|1，等价于| |x1-x2|,而| |=|=|x1-x2|2+-|所以只需要证明|2+-|1.即ax1+x2+或a3x1+x2+，而a3x1+x2+，显然不可能对一切正实数x1x2 均成立，所以只需要证ax1+x2+成立.因为x1+x2+x1x2+，设t=,m(t)=t2+ (t0)得m(t)=2t-当t=时m(t)=0在t（0， )上，m(t)递减；在t（,+)上，m(t)递增所以m(t)3=4a，所以ax1x2+所以|1，即当a4时，|k|1.20【2018广西柳州模拟】已知为实数，函数.（1）若是函数的一个极值点，求实数的取值；（2）设，若，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1) ,(2) .解析：（1）函数定义域为 ，.是函数的一个极值点，解得.经检验时， 是函数的一个极小值点，符合题意，. （2）由，得，记，当 时， ， 单调递减； 当时， ， 单调递増.，记， .，时， ， 单调递减；时， ， 单调递增，.故实数的取值范围为. 点睛：本题考查函数的导数的综合应用，函数的最值的求法，极值的求法，用到了变量集中的方法.21【2018海南省八校联考】设函数，其中.(1)若直线与函数的图象在上只有一个交点，求的取值范围；(2)若对恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) 或；(2) 解析：(1)当时， ，令时得；令得， 递增；令得， 递减，在处取得极小值，且极小值为， ，由数形结合可得或.(2)当时， ， ，令得；令得， 递增；令得， 递减，在处取得极小值，且极小值为，当即时， ，即，无解，当即时， ，即，又，综上， .点睛：函数交点问题，研究函数的单调性找函数最值，求参；恒成立求参，对于分段函数来讲，分段讨论最值即可 22【2018湖南省永州市一模】已知函数.（1）若在区间有最大值，求整数的所有可能取值；（2）求证：当时， .【答案】（1） ；（2）证明见解析.，只需证明即可.试题解析：（1）f(x)（x2x2）ex，当x0恒成立，求整数a的最大值；（）证明：ln2+(ln3-ln2)2+(ln4-ln3)3 +ln(n+1)-lnnn0成立.当a3时，e0ln(x+2)，令x=-n+1n，即e-n+1nln(-n+1n+2)，即e-n+1lnn(-n+1n+2)由此可知，当n=1时，e0ln2，当n=2时，e-1(ln3-ln2)2，当n=3时，e-2(ln4-ln3)3，当n=n时，e-n+1ln(n+1)-lnnn. 综上：e0+e-1+e-2+.+e-n+1ln2+(ln3-ln2)2+(ln4-ln3)3+.+ln(n+1)-lnnn11-1ee0+e-1+e-2+.+e-n+1ln2+ln3-ln22+ln4-ln33+.+lnn+1-lnnn. 即ln2+(ln3-ln2)2+(ln4-ln3)3+.+ln(n+1)-lnnnee-1. 26【2018陕西省西工大附中六模】已知函数.(1) 求的极值；(2) 当时，求证： 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.试题解析：(1)，时， 递增； 时， 递减，在时取极小值，极小值为，无极大值.（2）因为，所以只需证明.设，则， 所以递增，又， 所以有且只有一个根，记为，.在递减，在递增，所以 ，设，递增.，故结论成立.27【2018湖北武汉市调研】已知函数（）（是自然对数的底数）.（1）求单调区间；（2）讨论在区间内零点的个数.【答案】(1) 当时， ， 单调增间为，无减区间；当时， 单调减间为，增区间为(2) 所以或或时， 有两个零点；当且时， 有三个零点试题解析：（1）当时， ， 单调增间为，无减区间；当时， 单调减间为，增区间为（2）由得或先考虑在区间的零点个数当时， 在单调增且， 有一个零点；当时， 在单调递减， 有一个零点；当时， 在单调递减， 单调递增.而，所以或时， 有一个零点，当时， 有两个零点而时，由得所以或或时， 有两个零点；当且时， 有三个零点.【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的零点，属于难题利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：确定函数的定义域；对求导；令，解不等式得的范围就是递增区间；令，解不等式得的范围就是递减区间.28【2018陕西省西工大附中七模】已知函数.（1）当时，求函数的最值；（2）当时，对任意都有恒成立，求实数的取值范围；（3）当时，设函数，数列满足， ，求证： ， .【答案】（1），无最大值.（2）（3）见解析试题解析：（1）， ，令，得，则随变化如下：所以，无最大值.（2）设，则，当时，且， ，函数在上是增加的， 成立；当时，令，得，当， ，函数在上是减小的，而，所以，当时， ，所以不恒成立，综上，对任意都有恒成立时， .（3），又，当时， ，在上是增加的，所以，