2020年高中数学一轮复习高考大题专项(一)导数的综合应用

1、高考大题专项(一)导数的综合应用重点1导数与函数的单调性.一.、 1 。 C1.(2018 全国卷 2,又 21)已知函数 f(x)=3x3-a(x2+x+ 1).若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.则(1)当 a= 3 时,f( x)=1x3-3x2-3x- 3,f (x) =x 2 -6x-3.令 f(x)=0，解得 x=3-2小或 x=3+2v3.当 xC (-oo,3-2v3)U (3+2v3,+oo)H,f(x)0;当 xC (3-2v3,3+2v3)时,f(x)O0时,f(x) 1;(2)略.M明 |当 a=1 时,f(x)售价于(x2+ 1)e-x-1Q设函数 g(x)=(

2、x2+1)e-x-1,贝U g(x)=-(x2-2x+ 1)e-x=- (x-1)2e-x.当 xw出,g(x)O0,g(x) w唧 f(x) 3.已知函数 f(x)=(x-k)ex(1)求f(x)的单调区间；(2)略.网(1)由题意知 f(x)=(x-k+1)ex.令 f(x)= 0,得 x=k-1.当 xC (-8,k-1)时,f(x)0.所以f(x)的递减区间是(-8,k-1),递增区间是(k-1,+oo).4.(2019 山东潍坊三模,21)已知函数 f(x)=x2+aln x-2x(a)R).求f(x)的递增区间；(2)略.丽(1)函数 f(x)的定义域为(0,+8)f (x) =

3、2x+ ?2= 2?12?+?令 2x2-2x+a= 0, A48a=4(1-2a),1 一. 右a2,则A 0;(x) 在(0,+8)上恒成立，函数f(x)在(0,+8)上是增加的；#1 一 、一一 c一，.1- - 2?1+ V1-2?右 a0,方程 2x2-2x+a= 0,两根为 x1=-2-,x2=2,当 a0,xC (x2,+8),f(x) 0,f(x)递增;1当 0a0,x20,xC (0,xi),f(x)0,f(x)递增,xC (x2, + oo),f(x)0,f(x)递增.综上，当a2Bt函数f(x)递增区间为(0,+8)，当awo时，函数f(x)递增区间为(1+r?+J，当0

4、a0,解得x0,：f(x)的递减区间是(-0)，递增区间是(0,+8).当 0k0,解得 x0,f(x)在(-in k)和(0,+oo)上是增加的，在(in k,0)上是减少的.当k=1时,f(x) Cf(x)在(-笠+8)上是增加的.当k 1时,令f(x)0,解得x in k,所以f(x)在(-8,0)和(in k,+oo)上是增加的，在(0,in k)上是减少的.6.(2019河北衡水同卷联考，21)已知函数f(x)=x2eax-1.讨论函数f(x)的单调性；(2)略.口(1)函数f(x)的定义域为R.f(x)= 2xeax+x2 aeax=x (ax+ 2)eax.当a=0时,f(x)=

5、x2-1，则f(x)在区间(0,+8)内是增加的，在区间(-8,0)内是减少的；当 a0 时,f(x)=axx+2?eax,令 f(x)0 得 x0,令 f(x)0 得-1x 0,所以 f(x)在区间2-00，-?内是增加的，在区间1-?。1内是减少的，在区间(0,+8)内是增加的；当 a0 得 0Vx-2?令 f(x)-2/ x0).当 a0在(0,+8)上恒成立，故函数f(x)在(0,+)上是增加的，此时函数f(x)在定义域上无极值点；当 a0 时，若 xC(0,?,则 f(x)0,若 xC (?+oo),则 f(x)0,1 一故函数f(x)在x= ?出取极大值综上可知，当a0时，函数f(

6、x)有一个极大值点3.(2019 陕西咸阳模拟一，21)设函数 f(x)=2ln x-x2+ax+ 2.当a=3时，求f(x)的单调区间和极值；(2)略.画(1)f(x)的定义域为(0,+8).当 a=3时,f(x)=2ln x-x2+3x+2,所以改)=|33=*等-2?+3?+2令 f(x)=?一=0,得-2x2+3x+2=0，因为 x0,所以 x=2.f(x)与f(x)在区间(0,+川上的变化情况如下x(0,2)2(2,+oo)f(x)+0-f(x)/2ln2+4所以f(x)的递增区间为(0,2),递减区间为(2,+8).f(x)的极大值为21n 2+4，无极小值.?ln?4.(2019

7、四川宜宾二模，21)已知函数f(x) = F|1.当a=1时，判断f(x)有没有极值点 阴有，求出它的极值点；若没有，请说明理由(2)略.g函数 电)二等嗣x0且xw卸函数的定义域为(0,1)U (1, + 8).当 a=1 时,以)=鬻?1 Uf(x)=?ln?1(?1 )21 ?1令 g(x)=x-ln x-1，则 g(x)=1-?= /当 xC (0,1)时,g(x)g(1)=0,.f(x)0,f(x)在区间(0,1)上是增加的 所以无极值点；当 xC (1,+8)时,g(x)0,g(x)递增,g(x)g(1) = 0,：f(x)0,f(x)在区间(1,+)上是增加的，所以无极值点.综上

8、，当a= 1时,f(x)无极值点.5.(2019湖北八校联考二，21)已知函数f(x)=ln x+ax 2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1)处的切线的方程为2x+y= 0,求a,b的值，并求函数f(x)的最大值；(2)略.同(1)因为 f(x)=ln x+ax2+bx,所以 f(x)=?+2ax+b ,则在点(1,f(1)处的切线的斜率为 f(1)=1 + 2a+b, 由题意可得，1 + 2a+b=- 2,且 a+b=- 2,解得 a=b=- 1.1-2?2-?+1 2?+?21所以 f(x)=l?2x-1 = -2-?-由 f(x)=0，可得 x=2-(x=-1 舍去),当 0Vx

9、0,f(x)递增;当 x1 时,f(x)0,f(x)递减,故当x=1fltf(x)取得极大值，且为最大值f 2/ =- ln 2-4.故f(x)的最大值为-ln 2-1 6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ ln x,其中a为常数.当a=-1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a的值.帆易知f(x)的定义域为(0,+8),当 a=-1 时,f(x)=-x+ ln x,f(x)=-1+?= 1?令 f (x)= 0,得 x= 1.当 0x 0;当 x1 时,f(x),则f(x) 四而f(x)在(0,e上是增加的, e：f(x)max=f

10、(e)=a e+1 坏合题意.若 a0得,a+10,又 xC (0,e,解得 0x-11?1.一 1令 f(x)0得,a+?0,又 xC (0,e,解得符xw从而f(x)在(0,-以上是增加的，在上是减少的，：f(x) max=f ( J=-1+InQ.令-1 + In=-3,得In-2,即 a=- e2.-e2 e时,f(x) Qx2-x+a-1,求实数a的取值范围.恻(2)由已知得an与詈,1?In?+?+1 设 h(x)=一,则 h(x)=(1-?ln?+2n?+2.(?2+1 )1. y=xln x+ln x+2 是增函数，且 x e,1- ye-1 + 20,时,h(x)0;当 xC

11、 (1,+8)时,h(x) 1故a的取值范围为1,+8).2.(2018 全国卷 1,文 21)已知函数 f(x)=aex-ln x-1.设x=2是f(x)的极值点，求a,并求f(x)的单调区间；(2)证明：当 a，日,f(x) 01|Q(x)的定义域为(0,+8),f(x)=aex-?由题设知，f(2)=0，所以a=工. 2eJ1 一一1一一1从而 f(x)=2e2ex-ln x-1,f (x)=亭ex-?当 0x 2 时,f(x)2 时,f(x)0.所以f(x)在(0,2)上是减少的，在(2,+8)上是增加的.(2)|证明 |当 a 1 时,f(x) -ln x-1. e eea?设 g(

12、x)=-in x-1,则 g(x) = e- J. e ?当 0x 1 时,g(x)1 时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当 x0 时,g(x)再(1)= 0.1 .因此，当 a -日,f(x) .0 e3.(2019 四川内江一模,21)已知函数 f(x)=ex+ax+ ln(x+1)-1.若xf(x) 恒成立，求实数a的取值范围.(2)略.丽(1)若 xC0U f(x)=ex+a,令 g(x)=ex+-1+j+a,则 g(x)=ex-,g(x)在0,+8)上是增加的，则 g(x)福(0)=0, (. I)则f(x)在0,+8)上是增加的,f(x)聿(0)=a+ 2.当a+2

13、0,P a*2时,f(x)或U f(x)在0,+8)上是增加的，此时f(x)齐0) = 0，满足题意.当a-2时，因为f(x)在0,+8)上是增加的，f(0) = 2+a0.所以存在xoC (0,+8)，使得f(x0)=0.贝U 当 0Vxx0 时,f(x)f (x0)=0,函数f(x)在(0,x0)上是减少的. f(x0)0时,f(x)未x-2，求k的取值范围(2)令 g(x)=f(x)-kx+ 2= (x-2)ex+2x2-x-kx+ 2,则 g(x)=(x-1)ex+x-1-k,令 h(x)= (x-1)ex+x-1-k,贝U h(x)=xex+1,当 x0日,h(x)=xex+10,h

14、(x)是增加的.:h(x)由(0)=-2-k,即 g(x) 2-k.当-2-k0?P k02 时,g(x) (x)在(0,+8)上是增加的 g(x)福(0)=0，不等式f(x)未x-2恒成立.当-2-k-2时,g(x)=0有一个解，设为x0,:当 x C (0,x0)时,g(x)0,g(x)是增加的,则 g(x0)O0f,f(x)柒x-2不恒成立.综上所述，k的取值范围是(-8,-2. ?ln?5.(2019四川宜宾二模，21)已知函数f(x) = F?1.略；(2)若f(x)x+ 1在定义域上恒成立，求a的取值范围.丽(2)由 f(x)0 且 xw 1),1 aln x-x+ ?Q：当 xC

15、 (0,1)时,h(x) w(h(x)递减,h(x)h(1)=0,. 221?1aln x-x+?0成立.当 xC (1,+8)时,h(x) W0(x)递减,h(x)h (1)=0,aln x-x+ ? 0,即 a2 时，设 g(x)=x则照尸外而产0,h(x)在(-1,+8)上是增加的，且 h(0)=0. 当 xC (-1,0)时,g(x)=h (x) 0,g(x)递增. .g(x)再(0)=2-a.当 ag (0) = 2-aQf(x)在(-1, + 8)上是增加的，此时无极值-ax+1 = 0 的两根为 xi,x2(xi2 时，xi+x2=a 0,xix2=1,:0x i l0,得 x2

16、-ax+ i0,解集为(xi,i) U (i,x2),h(x)在(xi,i)上递增,h(xi)0, ：a2不合题意.?当a-2时,g(x)的图像的对称轴 x=2g(0)=i0,当 xC (0,i)时,h(x) w(h(x)递减,h(x)h(i)=0,?而aln x-x+ ； 0 成立.当 xC (1,+8)时,h(x) w(h(x)递减,h(x)h (1)=0,aln x-x+ ? 0 成立.综上,a的取值范围是(-8,2.6.(20i9山西太原二模，2i)已知xi,x2(xix2)是函数f(x)=ex+ln(x+i)-ax(aC R)的两个极值点.(i)求a的取值范围；(2)求证:f(x2)

17、-f(xi)-1,令 g(x) = ex+?+1ax-1,则 g(x)=ex-(?、,令 h(x)= ex-二(?+i),x-1,当 a2H,/g?7-i e?10,g(0) = 2-a 0,f(x)递增；当xa1,0)时/(*)=9仅)0,g(0)=2-a0,存在 X2 (0,ln a),g(x2)= 0,当 xC (0,X2)时,f(x)=g (x) 0,f(x)递增, ：X=X2是f(x)的极小值点.综上所述,a的取值范围为(2+oo).1(2)|证明 |由得 a (2,+8)由 1X1OX20,xi + 1 1,1X2+1 1 + In a,e?-e? =?-?(?+1)(?+i)-a

18、 0 1 (?+1 )(?+i )?Z + 19(1 + ln a)a , f(X2)-f(xi)= e? - e?+ In芸J-a(x2-xi) 1 伶 F(x)=f (x)-+ (m+ 1)x,试讨论函数 (x) =f (x)-x2+( m+1 )x=- x2+ (m+ 1)x-mln x(x 0).日/日 L- Y ?(?1 )(?/?)易得 F(x尸-x+m+ 1-=-黄.若m=1,则F(x)w(数F(x)为减函数,3-F(1)=-0,F(4)=-ln41,则当 0xm 时,F(x) 0,当 1 x0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+8)上是减少的，在(1,m)上是增加的,1,.

19、 F(1)=m+5o,F(2m+2)=-mln(2m+2)l时，函数F(x)有唯一零点.2.(2019 河北唐山三模，21)已知函数 f(x)=xln x-a(x2-x)+1，函数 g(x)=f (x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;1-2?(2)当0x 1时,g(x)有两个零点，求a的取值范围.1W牛|(1)f(x)=xln x-x不妨设 g(x1)=g(x2),x1x2,贝U 0x12?x2 1.方面，需要g(1)1.另一方面，由(1)得，当x1时,ln xx-1x,则xex,进而，有 2a 铲则 e-2a2?且 g(e-2a)=- 2ae-2a+ 1-a 0,故存在x1,使得0e-

20、2ax10),g(x)=f (x)= In x-2x+ 2,g(x)=?2=当 xC(0,；)时,g(x)0,g(x)递增当xC1-+OO2,时,g(x)0,f(x)递增;当 xC (1,+8)时,f(x) 0,g(x)递增，至多有一个零点，不合题意.2?若 a0,则当 x 0,-/ 时,g(x)0,g(x)递增;当xC11+00 2?时,g(x) 0.设h(x)=g(x)，则h(x)在(0,xo)和(xo,1)上均存在零点，即h(x)在(0,1)上至少有两个零点 g(x)=ex-2ax-b,h(x)= ex-2a,.1 .当22时由仅)0由仅)在(0,1)上是增加的，h(x)不可能有两个及以

21、上零点，e.当2万时由仅)0由仅)在(0,1)上是减少的，h(x)不可能有两个及以上零点， 1 e当Ea 2时，令 h(x)=0得 x=ln(2a)C(0,1),：h(x)在(0,ln(2a)上是减少的，在(ln(2 a),1)上是增加的，h(x)在(0,1)上存在最小值 h(ln(2a), 若 h(x)有两个零点，则有 h(ln(2a)0,h(1)0,h(ln(2 a) =3a-2aln(2a)+3设(j)(x)= 2x-xln x+ 1 -e(1 x e),i .一 一贝U Mx尸2-ln x,令 仪*)=0,得 x=ve,当 1 x 0,(f)(x)递增;当 vex e 时,(j)(x)

22、 0,(j)(x)递减.:(tmax(x)=(j( ve)= ve+ 1-e 0,：h(ln(2a)0,h(1) = e-2a-b0,得 e-2a0时,记函数h(x)=?!?,?X?若函数y=h(x)有三个零点，求实数a的取值范围 (,?,? ?,H(1)因为 g(x)= 23-?(3+ 2(1 -a)x2-8x+ 8a+ 7,所以 g(x)=2ax2+4(1-a)x-8，所以 g(2)=0.所以 a=0,即 g(x)=2x2-8x+7.g(0) = 7,g(3)=1,g(2)=-1.所以g(x)在0,3上的值域为-1,7.(2)当a= 0时,g(x)=2x2-8x+7，由g(x)= 0，得x

23、二 22 C(1,+8)，此时函数y=h (x)有三个零点，符合题意.当 a0 时,g(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+?.由 g(x)=0，得 x=2.当 xC (0,2)时,g(x)0.右函数y=h(x)有三个零点，则需满足g(1)0且g(2)0,解得0a 6当 a0 时,g(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)2由 g (x)=0，得 Xl=2,X2=-?2 一,一.16. . 一. . 一、当-?2,即a-1时，因为g(x)极大值=g(2) = 3a-12,即-1a 0时.若g(1)0,此时函数y=h(x)有三个零点 20：?3：符合题意；若 g(1)0,则-20a0,所以(X a) J-20)0,此时函数y=h(x)有四个零点，不符合题意.综上所述，满足条件的实数a C (-20 U 0/.5.(2019四川第二次诊断，21)已知f(x)=xln x.求f(x)的极值；(2)若f(x)-axx= 0有两个不同解，求实数a的取值范围.网(1)f(x)的定义域是(0,+8),f(x)=ln x+1,令 f(x)0,解得 x1,令 f(x)0,解得 0xe,则 et=exln x=(eln x)x=xx,故 f(x) -ax = 0,即 t-ae = 0,a= ? e令 g(t)=e?g