2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(五).doc

2019-2020年高考数学压轴题集锦导数及其应用（五）46.已知函数（）的两个零点为 设 .（）当时，证明： （）若函数在区间和上均单调递增，求的取值范围.47.设函数（）（）若时,求函数的单调区间；（）设函数在有两个零点，求实数的取值范围48.已知函数， （）若, ，问：是否存在这样的负实数，使得在处存在切线且该切线与直线平行，若存在，求的值；若不存在，请说明理由 （）已知，若在定义域内恒有，求的最大值 49.设函数，曲线在处的切线与直线平行证明：（）函数在上单调递增；（）当时，.50.已知f（x）=a（x-lnx）+ ，aR.（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）f（x）+对于任意的x1,2恒成立。51.已知函数f（x）=x2+axlnx，aR（1）若函数f（x）在1，2上是减函数，求实数a的取值范围；（2）令g（x）=f（x）x2，是否存在实数a，当x（0，e（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x（0，e时，证明：e2x2x(x+1)lnx52.已知函数f（x）=x3ax+1（1）若x=1时，f（x）取得极值，求a的值；（2）求f（x）在0，1上的最小值；（3）若对任意mR，直线y=x+m都不是曲线y=f（x）的切线，求a的取值范围53.已知函数（）（1）讨论的单调性；（2）若关于的不等式的解集中有且只有两个整数，求实数的取值范围.54.已知函数（其中为正整数，为自然对数的底）（1）证明：当时，恒成立； （2）当时，试比较与 的大小，并证明.55.已知函数f（x）=ex和函数g（x）=kx+m（k、m为实数，e为自然对数的底数，e2.71828）（1）求函数h（x）=f（x）g（x）的单调区间；（2）当k=2，m=1时，判断方程f（x）=g（x）的实数根的个数并证明；（3）已知m1，不等式（m1）f（x）g（x）0对任意实数x恒成立，求km的最大值56.已知函数（）若,求在点处的切线方程；（）求的单调区间； （）求证：不等式对一切的恒成立57.已知函数（）.（）求函数的单调区间；（）若函数存在两个极值点，求的取值范围58.设函数（）当(为自然对数的底数)时，求的极小值；（）若对任意正实数、（），不等式恒成立，求的取值范围59.已知函数, （1）当时, 若有个零点, 求的取值范围；（2）对任意, 当时恒有, 求的最大值, 并求此时的最大值。60.已知函数（1）讨论的单调性；（2）若，对于任意，都有恒成立，求的取值范围61.已知函数f(x)=，g(x)=（1）若，函数的图像与函数的图像相切，求的值；（2）若，函数满足对任意（x1x2），都有恒成立，求的取值范围；（3）若，函数=f(x)+ g(x),且G()有两个极值点x1,x2,其中x1，求的最小值62.已知函数.（1）若，求在点处的切线方程；（2）令，判断在上极值点的个数，并加以证明； (3) 令，定义数列. 当且时，求证:对于任意的，恒有.63.已知二次函数，关于的不等式的解集为，设（）求的值（）如何取值时，函数存在极值点，并求出极值点（）若，且，求证：64.已知函数，（其中为自然对数的底数，）.（1）若函数的图象与函数的图象相切于处，求的值；（2）当时，若不等式恒成立，求的最小值.65.已知函数当时，求函数的极值；若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围66.设函数. (1)若当时, 函数的图象恒在直线的上方, 求实数的取值范围; (2)求证: .67.已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数的图象与函数的图象在区间上有公共点，求实数的取值范围.68.已知函数.（）若，证明：函数在上单调递减；（）是否存在实数，使得函数在内存在两个极值点？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由. （参考数据：，）参考答案46.解： （）证法1：由求根公式得： 因为，所以，一方面：，4分另一方面，由 ，得 于是， 7分证法2：因为 在区间 上单调递减，在 上单调递增， 所以，当 时，在区间（-2,0）上单调递减.4分又因为：，所以：7分() 分若则上单调递减，从而在区间上不可能单调递增，于是只有. 11分当 时，由（1）知：，于是，由在上单调递增可知，在也是单调递增的 13分又因为在和均单调递增，结合函数图象可知，上单调递增，于是，欲使在（2，+）上单调递增，只需，亦即综上所述，. 15分47.（）定义域 即即 的增区间为，减区间为 （）即 令，其中即的减区间为，增区间为 又，函数在有两个零点，则的取值范围是 48.（I）由题意，定义域.2分不妨假设存在，则 当时，.3分5分当时，存在，.6分（II）（方法一） 当 时，定义域，则当时，不符；.7分 当时，（）当时，；当时， 在区间上为增函数，在区间上为减函数 在其定义域上有最大值，最大值为由，得 .12分设，则。 时，；时， 在区间上为增函数，在区间上为减函 .14分 的最大值为，此时.15分（方法二） ，则. 由和的图像易得.7分且直线斜率小于等于如图中的切线斜率（切线过点）设切点，令图像在处切线斜率为，则，即切点代入直线，只要即可 .12分 设，则 时，；时， 在区间上为增函数，在区间上为减函数.14分 的最大值为，此时.15分49.（） (2分) (4分) (6分)函数在上单调递增 (7分)（） (9分). . (11分) (12分) (14分) (15分)50.（I）解：函数的定义域为（0，+00），f（x）=a-F（x）=若a0时，x（0,1）时，f（x）0，则f（x）单调递增x（1，+00）时，f（x）0，则f（x）单调递减。当a0时，f（x）=（）（x-）（1）若0a2时，1，当x（0,1）或x（，+00）时，f（x）0，f（x）单调递增当x（1，）时，f（x）0，f（x）单调递减。（2）若a=2时，=1，早x（0，+00）内，f（x）0，f（x）单调递增；（3）若a2时，01，当x（0，）或x（1，+00）时，f（x）0，f（x）单调递增当x（，1）时，f（x）0，f（x）单调递减。综上所述；当a0时，f（x）在（0,1）单调递增，f（x）在(1,+00)单调递减。当0a2时，f（x）在（0,1）上单调递增；f（x）在（1，）单调递减当a=2时，f（x）在（0，+00）单调递增；若a2时，f（x）在（0，），（1，+00）单调递增；f（x）在（，1）单调递减（II）由（I）知，a=1时，f（x）-f（x）=x-lnx+-（1-）=x-lnx+-1，x1,2令g（x）=x-lnx，h（x）=-1，x1,2，则f（x）-f(x)=g（x）+h（x），由g（x）=0，可得g（x）g（1）=1，当且仅当x=1时取得等号，又h（x）=，设（x）=-3x2-2x+6，则（x）在x1,2单调递减，因为（1）=1，（2）=-10，所以在1,2上存在x0，使得x（1，x0）时，（x）0，x（x0，2）时，（x）0.所以h（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，2）上单调递减；由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）h（2）=，当且仅当x=2时取得等号所以f（x）-f（x）g（1）+h（2）=，即f（x）f（x）+对于任意的x1,2恒成立。51.（）在1，2上恒成立.2令h（x）=2x2+ax1，有得，得 .4（）假设存在实数a，使g（x）=axlnx（x（0，e）有最小值3，= .6当a0时，g（x）在（0，e上单调递减，g（x）min=g（e）=ae1=3，（舍）.7当，即时，g（x）在上单调递减，在上单调递增，a=e2，满足条件.8当，即时，g（x）在（0，e上单调递减，g（x）min=g（e）=ae1=3，（舍）.9综上，存在实数a=e2，使得当x（0，e时g（x）有最小值3.10（）因为x（0，e，所以要证：，只需要证：令，由（）知，F（x）min=3令，当0xe时，（x）在（0，e上单调递增，即.1252.（I）=x2a.2当x=1时，f（x）取得极值，=1a=0，a=1.3又当x（1，1）时，0，x（1，+）时，0，f（x）在x=1处取得极小值，即a=1符合题意 .4 （II） 当a0时，0对x（0，1成立，f（x）在（0，1上单调递增， f（x）在x=0处取最小值f（0）=1.6当a0时，令=x2a=当0a1时，当时，0，f（x）单调递减，时，0，f（x）单调递增所以f（x）在处取得最小值.8当a1时，x（0，1）时，0，f（x）单调递减所以f（x）在x=1处取得最小值.10综上所述：当a0时，f（x）在x=0处取最小值f（0）=1当0a1时，f（x）在处取得最小值当a1时，f（x）在x=1处取得最小值（III）因为mR，直线y=x+m都不是曲线y=f（x）的切线，所以=x2a1对xR成立.11只要=x2a的最小值大于1即可，而f（x）=x2a的最小值为f（0）=a所以a1，即a1.1253.（），当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减；（）依题意，令，则，令，则，即在上单调递增.又，存在唯一的，使得.当，在单调递增；当，在单调递减.，且当时，又，.故要使不等式解集中有且只有两个整数，的取值范围应为.54.55.（1）求出h（x）=exk，（xR），分以下两种情况讨论：当k0，当k0，（2）当k=2，m=1时，方程f（x）=g（x）即为h（x）=ex2x1=0，结合（1）及图象即可判定（3）设h（x）=f（x）g（x），分当m1，当m1，分别求解解：（1）h（x）=exk，（xR），当k0时，h（x）0恒成立，h（x）的单调递增区间为（，+），无单调递减区间；当k0时，由h（x）0得xlnk，由h（x）0得xlnk，故h（x）的单调递减区间为（，lnk），单调递增区间为（lnk，+）（2）当k=2，m=1时，方程f（x）=g（x）即为h（x）=ex2x1=0，由（1）知h（x）在（，ln2）上递减，而h（0）=0，故h（x）在（，ln2）上有且仅有1个零点，由（1）知h（x）在ln2，+）上递增，而h（1）=e30，h（2）=e250，且h（x）的图象在1，2上是连续不间断的，故h（x）在1，2上有且仅有1个零点，所以h（x）在ln2，+）上也有且仅有1个零点，综上，方程f（x）=g（x）有且仅有两个实数根（3）设h（x）=f（x）g（x），当m1时，f（x）g（x）0恒成立，则h（x）0恒成立，而h（）=e0，与h（x）0恒成立矛盾，故m1不合题意；当m1时，f（x）g（x）0，恒成立，则h（x）0恒成立，1当k=0时，由h（x）=exm0恒成立可得m（，0，km=0； 2当k0时，h（）=e1，而，故e1，故h（）0，与h（x）0恒成立矛盾，故k0不合题意；3当k0时，由（1）可知h（x）min=h（lnk）=kklnkm，而h（x）0恒成立，故kklnkm0，得mkklnk，故kmk（kklnk），记（k）=k（kklnk），（k0），则（k）=k（12lnk），由（k）0得0，由（k）0得k，故（k）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减，（k）max=（）=，km，当且仅当k=，m=时取等号；综上两种情况得km的最大值为56.（）时，所以，又，所以切线方程为(4分).（）的定义域为，若，在上单调递增(6分)，若，则当时，在单调递减当时，在单调递增(8分)（）等价于，令，则，由（）知，当时，即，所以，则在上单调递增，所以，即成立（12分）.57.58.（）时，-2分所以在上单调递减，在上单调递增，故当时，取极小值为。- 6分（）不妨设，则有，即，构造函数，所以，所以为上为减函数-10分所以对任意恒成立-12分即-15分59.-2分(1） , , 极小值, 极大值由题意: -6分(2）时,有, 由图示, 在上为减函数 易知必成立；-8分只须 得 可得-10分又 最大值为2-12分此时, 有在内单调递增，在内单调递减，-15分60.（1）若，则在，上单调递增，在上单调递减；，则在上单调递增；若，则在，上单调递增，在上单调递减；（2）由1知，当时，在上单调递增，在单调递减，所以，故，恒成立，即恒成立即恒成立，令，易知在其定义域上有最大值，所以61.(1)若b=0，函数f(x)=x的图像与g(x)=2alnx的图像相切，设切点为(x0,2alnx0),则切线方程为y= ，所以 得 . 所以a=.3分(2)当a0,b=-1时，F(x)=x2+1+2alnx，F(x)=2x+ 0,所以F(x)在(0,1递增.不妨设0x1x21，原不等式 F(x2)-F(x1)3( )，即F(x2)+ 0，所以00),由题意知x1,x2是x2+2ax+1=0的两根，x1x2=1, x1+x2=2a,x2= ,2a= ,G(x1)-G(x2)=G(x1)-G( )= 2 令H(x)=2 , H(x)=2( )lnx= 当 时，H/(x) 0, H(x)在 上单调递减，H(x)的最小值为 即G(x1)-G(x2) 的最小值为16分62.解：（1），所以所求切线方程为 （2），令， 则在上为减函数. ，所以在上有唯一零点. 所以在上有唯一零点. 所以在区间上有唯一极值点. （3）， 又 . 63.见解析（）因为关于的不等式的解集为，即不等式的解集为，所以，所以，所以，所以 （）由（）得，所以的定义域为，所以，方程（*）的判别式当时，方程（*）的两个实根为，则时，；时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数有极小值点当时，由，得或，若，则，故时，所以函数在上单调递增所以函数没有极值点，若时，则时，；时，；时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以函数有极小值点，有极大值点， 综上所述，当时，取任意实数，函数有极小值点，当时，函数有极小值点，有极大值点，（其中，）（）因为，所以，所以，令，则，因为，所以，所以，即64.（1），（过程略）（2）令，则，当时，单调递增，而，时，不合题意当时，令，则，为减函数，时，单调递增，时，单调递减，即（）但，等号成立当且仅当且故（）式成立只能即65.（1）函数的定义域为当时，所以2分所以当时，当时，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得极小值为，无极大值；4分（2）设函数上点与函数上点处切线相同，则 所以 6