高考数学压轴题集锦——导数及其应用三

1、2019-2020年高考数学压轴题集锦导数及其应用（三）1.已知函数.（1）若函数有零点，求实数的取值范围；（2）证明：当时，.2.已知函数（），（）.（1）讨论的单调性；（2）设，若（）是的两个零点，且，试问曲线在点处的切线能否与轴平行？请说明理由.3.已知函数（）（1）若在处取得极大值，求实数的取值范围；（2）若，且过点有且只有两条直线与曲线相切，求实数的值.4.已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）求证：，5.已知函数f（x）=ax+b在点（e，f（e）处的切线方程为y=ax+2e（）求实数b的值；（）若存在xe，e2，满足f（x）+e，求实数a的取值范围6.已知函数的图像在处的切线

2、过点.（1）若函数，求的最大值（用表示）；（2）若，证明：.7.已知函数，.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若对任意的，都有成立，求实数的取值范围.8.设函数（1）求的单调区间；（2）若为整数，且当时，恒成立，其中为的导函数，求的最大值. 9.设函数.（1）若对定义域内的任意，都有成立，求实数的值；（2）若函数的定义域上是单调函数，求实数的取值范围；（3）若，证明对任意的正整数，.10.已知函数（且），为自然对数的底数（）当时，求函数在区间上的最大值；（）若函数只有一个零点，求的值11.已知函数，.（1）当时，求的单调递增区间；（2）设，且有两个极值，其中，求的最小值.12.已知函数f

3、（x）=lnx+x22ax+1（a为常数）（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若存在x0（0，1，使得对任意的a（2，0，不等式2mea（a+1）+f（x0）a2+2a+4（其中e为自然对数的底数）都成立，求实数m的取值范围13.已知函数f（x）=ax+x2xlna（a0，a1）（1）求函数f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）求函数f（x）单调增区间；（3）若存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围14.已知函数，（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若直线是函数图像的切线，求的最小值；（3）当时，若与的图像有两个

4、交点，求证：15.某工艺品厂要设计一个如图1所示的工艺品，现有某种型号的长方形材料如图2所示，其周长为4m，这种材料沿其对角线折叠后就出现图1的情况如图，ABCD（ABAD）为长方形的材料，沿AC折叠后交DC于点P，设ADP的面积为，折叠后重合部分ACP的面积为（）设m，用表示图中的长度，并写出的取值范围；（）求面积最大时，应怎样设计材料的长和宽？（）求面积最大时，应怎样设计材料的长和宽？16.已知.（1）当时，求在处的切线方程；（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.17.已知函数恰有两个极值点，且.（1）求实数的取值范围；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.18.已知函数f（x）=（

5、lnxk1）x（kR）（1）当x1时，求f（x）的单调区间和极值（2）若对于任意xe，e2，都有f（x）4lnx成立，求k的取值范围（3）若x1x2，且f（x1）=f（x2），证明：x1x2e2k19.已知函数（）.（）若曲线在点处的切线与轴垂直，求的值；（）若函数有两个极值点，求的取值范围；（）证明：当时，.20.已知函数.(1)当时，求在上的值域；(2)若函数有三个不同的零点，求的取值范围.21.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性.22.已知函数在上为增函数，且.（）求函数在其定义域内的极值；（）若在上至少存在一个，使得成立，求实数的取值范围.参考答案1.

6、（1）函数的定义域为.由，得.当时，恒成立，函数在上单调递增，又，所以函数在定义域上有个零点.当时，则时，时，.所以函数在上单调递减，在上单调递增.当.当，即时，又，所以函数在定义域上有个零点.综上所述实数的取值范围为.另解：函数的定义域为.由，得.令，则.当时，；当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减.故时，函数取得最大值.因，两图像有交点得，综上所述实数的取值范围为.（2）要证明当时，即证明当时，即.令，则.当时，；当时，.所以函数在上单调递减，在上单调递增.当时，.于是，当时，.令，则.当时，；当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减.当时，.于是，当时，.显然，不等式、中的等号不

7、能同时成立.故当时，.2.（）(1)当时，在单调递增，(2) 当时， 有() 假设在处的切线能平行于轴.由假设及题意得：由-得，即由得，令，.则上式可化为， 设函数，则, 所以函数在上单调递增.于是，当时，有，即与矛盾. 所以在处的切线不能平行于轴. 3.（）由题由得（）所以因为过点且与曲线相切的直线有且仅有两条，令切点是，则切线方程为由切线过点，所以有整理得所以,即为所求4.（）（）显然时有，只需证时，由于所以当时，.综上，5.解：（）f（x）=ax+b，x（0，1）（1，+），求导，f（x）=a，则函数f（x）在点（e，f（e）处切线方程y（eex+b）=a（xe），即y=ax+e+b，由

8、函数f（x）在（e，f（e）处的切线方程为y=ax+2e，比较可得b=e，实数b的值e；（）由f（x）+e，即ax+e+e，则a在e，e2，上有解，设h（x）=，xe，e2，求导h（x）=，令p（x）=lnx2，x在e，e2时，p（x）=0，则函数p（x）在e，e2上单调递减，p（x）p（e）=lne20，则h（x）0，及h（x）在区间e，e2单调递减，h（x）h（e2）=，实数a的取值范围，+6.（1）由，得，的方程为，又过点，解得.，当时，单调递增；当时，单调递减.故.（2）证明：，令，令得；令得.在上递减，在上递增，解得：.7.（1）当时，从而曲线在处的切线为，即.（2）对任意的，都有成

9、立，从而对，从而在递减，递增，.又，则.下面证明当时，在恒成立.，即证.令，则，.当时，当时，从而在递减，递增，从而时，在恒成立.8.（1）函数f（x）=ex-ax-2的定义域是R，f（x）=ex-a， 若a0，则f（x）=ex-a0，所以函数f（x）=ex-ax-2在（-，+）上单调递增 若a0，则当x（-，lna）时，f（x）=ex-a0；当x（lna，+）时，f（x）=ex-a0；所以，f（x）在（-，lna）单调递减，在（lna，+）上单调递增（2）由于a=1，令，令，在单调递增， 且在上存在唯一零点，设此零点为，则当时，当时， 由，又所以的最大值为2 9.（1）由,得的定义域为 因为

10、对x,都有，是函数的最小值，故有 解得 经检验，时，在上单调减，在上单调增为最小值（2）又函数在定义域上是单调函数，或在上恒成立若，则在上恒成立,即=恒成立,由此得；若,则在上恒成立,即=恒成立因在上没有最小值，不存在实数使恒成立 综上所述，实数的取值范围是（3）当时，函数令，则当时，所以函数在上单调递减又，当时，恒有，即恒成立故当时，有 而，取，则有· 所以结论成立 10.解：（）当时，令，解得，时，；时，而，即（），令，得，则当时，极小值所以当时，有最小值，因为函数只有一个零点，且当和时，都有，则，即，因为当时，所以此方程无解当时，极小值所以当时，有最小值，因为函数只有一个零点，

11、且当和时，都有，所以，即（）（*）设，则，令，得，当时，；当时，；所以当时，所以方程（*）有且只有一解综上，时函数只有一个零点11.(1)由题意得F(x)= x2alnx. x0,=,令m（x）=x2ax+1，当时F(x)在（0，+单调递增；当a1时，令，得x1=, x2=x(0,)()()+F(x)的单增区间为(0,)，()综上所述，当时F(x)的单增区间为（0，+）当a1时，F(x)的单增区间为(0,)，() （2）h(x)= x2alnx, h/(x)=,(x>0),由题意知x1,x2是x2+2ax+1=0的两根，x1x2=1, x1+x2=2a,x2=,2a=,=2()令H(x)

12、=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H()=,即 的最小值为.12.解：（I）f（x）=lnx+x22ax+1，f'（x）=+2x2a=，令g（x）=2x22ax+1，（i）当a0时，因为x0，所以g（x）0，函数f（x）在（0，+）上单调递增；（ii）当0a时，因为0，所以g（x）0，函数f（x）在（0，+）上单调递增；（iii）当a时，x在（，）时，g（x）0，函数f（x）单调递减；在区间（0，）和（，+）时，g（x）0，函数f（x）单调递增；（II）由（I）知当a（2，0，时，函数f（x）在区间（0，1上单调

13、递增，所以当x（0，1时，函数f（x）的最大值是f（1）=22a，对任意的a（2，0，都存在x0（0，1，使得不等式a（2，0，2mea（a+1）+f（x0）a2+2a+4成立，等价于对任意的a（2，0，不等式2mea（a+1）a2+4a20都成立，记h（a）=2mea（a+1）a2+4a2，由h（0）0得m1，且h（2）0得me2，h'（a）=2（a+2）（mea1）=0，a=2或a=lnm，a（2，0，2（a+2）0，当1me2时，lnm（2，0），且a（2，lnm）时，h'（a）0，a（lnm，0）时，h'（a）0，所以h（a）最小值为h（lnm）=lnm（2ln

14、m）0，所以a（2，lnm）时，h（a）0恒成立；当m=e2时，h'（a）=2（a+2）（ea+21），因为a（2，0，所以h'（a）0，此时单调递增，且h（2）=0，所以a（2，0，时，h（a）0恒成立；综上，m的取值范围是（1，e213.解：（1）f（x）=ax+x2xlna，f（x）=axlna+2xlna，f（0）=0，f（0）=1即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，图象在点（0，f（0）处的切线方程为y=1；（3分）（2）由于f'（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna0当a1，y=2x单调递增，lna0，所以y=（ax1）lna单

15、调递增，故y=2x+（ax1）lna单调递增，2x+（ax1）lna2×0+（a01）lna=0，即f'（x）f'（0），所以x0故函数f（x）在（0，+）上单调递增；当0a1，y=2x单调递增，lna0，所以y=（ax1）lna单调递增，故y=2x+（ax1）lna单调递增，2x+（ax1）lna2×0+（a01）lna=0，即f'（x）f'（0），所以x0故函数f（x）在（0，+）上单调递增；综上，函数f（x）单调增区间（0，+）；（8分）（3）因为存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1，所以当x1，1时，|（f（x）ma

16、x（f（x）min|=（f（x）max（f（x）mine1，（12分）由（2）知，f（x）在1，0上递减，在0，1上递增，所以当x1，1时，（f（x）min=f（0）=1，（f（x）max=maxf（1），f（1），而f（1）f（1）=（a+1lna）（+1+lna）=a2lna，记g（t）=t2lnt（t0），因为g（t）=1+=（1）20所以g（t）=t2lnt在t（0，+）上单调递增，而g（1）=0，所以当t1时，g（t）0；当0t1时，g（t）0，也就是当a1时，f（1）f（1）；当0a1时，f（1）f（1）（14分）当a1时，由f（1）f（0）e1alnae1ae，当0a1时，由f（

17、1）f（0）e1+lnae10a，综上知，所求a的取值范围为a（0，e，+）（16分）14.（1）解：h（x）=f（x）g（x）=，则，h（x）=f（x）g（x）在（0，+）上单调递增，对x0，都有，即对x0，都有，.2分，故实数a的取值范围是；.3分（2）解：设切点为，则切线方程为，即，亦即，令，由题意得， ，令，则，.6分当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，故的最小值为1；.7分（3）证明：由题意知，两式相加得两式相减得即，即，. 9分不妨令，记，令，则，在上单调递增，则，则，又，即，.10分令，则时，在上单调递增又，则，即.12分15.（）由题意，,，.1分设，则，由ADPCB

18、9;P，故PA=PC=xy，由PA2=AD2+DP2，得即：.3分（）记ADP的面积为，则.5分当且仅当时，取得最大值故当材料长为，宽为时，最大.7分（）于是令.9分关于的函数在上递增，在上递减，当时，取得最大值故当材料长为，宽为时，最大.12分16.（1）时，所以在处的切线方程为（2）存在，即：在时有解；设，令，所以在上单调递增，所以1°当时，在单调增，所以，所以2°当时，设，令，所以在单调递减，在单调递增所以，所以所以设，令，所以在上单调递增，所以所以在单调递增，所以，所以所以，当时，恒成立，不合题意综上，实数的取值范围为.17.（1）因为，依题意得为方程的两不等正实数

19、根，令，当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，所以解得，故实数的取值范围是.（2）由（1）得，两式相加得，故两式相减可得，故所以等价于，所以所以，即，所以，因为，令，所以即，令，则在上恒成立，令，当时，所以在上单调递减，所以在上单调递增，所以符合题意当时，所以在上单调递增故在上单调递减，所以不符合题意；当时，所以在上单调递增，所以所以在上单调递减，故不符合题意综上所述，实数的取值范围是.18.解：（1）f（x）=（lnxk1）x（kR），x0， =lnxk，当k0时，x1，f（x）=lnxk0，函数f（x）的单调增区间是（1，+），无单调减区间，无极值；当k0时，令lnxk=0，

20、解得x=ek，当1xek时，f（x）0；当xek，f（x）0，函数f（x）的单调减区间是（1，ek），单调减区间是（ek，+），在区间（1，+）上的极小值为f（ek）=（kk1）ek=ek，无极大值（2）对于任意xe，e2，都有f（x）4lnx成立，f（x）4lnx0，即问题转化为（x4）lnx（k+1）x0对于xe，e2恒成立，即k+1对于xe，e2恒成立，令g（x）=，则，令t（x）=4lnx+x4，xe，e2，则，t（x）在区间e，e2上单调递增，故t（x）min=t（e）=e4+4=e0，故g（x）0，g（x）在区间e，e2上单调递增，函数g（x）max=g（e2）=2，要使k+1对于xe，e2恒成立，只要k+1g（x）max，k+12，即实数k的取值范围是（1，+）证明：（3）f（x1）=f（x2），由（1）知，函数f（x）在区间（0，ek）上单调递减，在区间（ek，+）上单调递增，且f（ek+1）=0，不妨设x1x2，则0x1ekx2ek+1，要证x1x2e2k，只要证x2，即证，f（x）在区间（ek，+）上单调递增，f（x2）f（），又f（x1）=f（x2），即证f（x1）