2020届二轮(理科数学)导数应用专题卷(全国通用)

1、2020届二轮(理科数学)导数应用专题卷(全国通用)1. (2018 新课标n卷文，21)已知函数 f(x)= In x+ a(1 x).(1) 讨论 f(x)的单调性；(2) 当 f(x)有最大值，且最大值大于 2a 2 时，求 a 的取值范围.1解析(1)f(x)的定义域为(0 ,+), f (x) = - a,若 a0 , f(x)在 (0, +11在 0,-单调递增，在 -,+R单调递减.aa1由知 aw0 时 f(x)在(0, +R)无最大值.当a0 时 f(x)在 x =-取得最大值，最大值a为 f a=In a + a 1 1= In a+ a 1.因此 f* 2a 2? In

2、a+ a 10,令 g(a)= In a + a 1则 g(a)在(0, +R)是增函数，且 g(1) = 0，于是，当 0a1 时，g(a)1 时，g(a)0.因此 a 的取值范围是(0,1).2. (2018 浙江文，20)设函数 f(x) = x2+ ax+ b(a, b R).a2(1) 当 b = 4+ 1 时，求函数 f(x)在1,1上的最小值 g(a)的表达式；(2) 已知函数 f(x)在1,1上存在零点，0wb 2a 1求 b 的取值范围.解析(1)当 b=亍+ 1 时，f(x) = (x+ a)2+ 1,故其对称轴为 x= 2 当 a 2 时，g(a)= f(1)= + a

3、+ 2.,a当一 22 时，g(a)= f( 1) = - a+ 2.1, 22.4s+1= a,R)单调递增；若a0，则当 x0,1时 f (x)0，当 x a 1a,+R时 f (x)0,所以 f(x) a即+a+2,aw 2,综上，g(a)=设 s, t 为方程 f(x) = 0 的解，且一 1wtw1,贝 yst= b.2t 1 2t由于 0wb 2aw1，因此wsw( 1wtw1).t+ 2 t+ 22t2t2t2当 0wtw1 时，wstwt+2t+22 21 t 2t?由于$ww0 和一$ww945,3t+ 23t+ 2所以一 2 bw94 贋t2t22t2当一 1wtw0 时，

4、wstwt+2t+22t2t 2t2由于一2w丘0 和一3w ,所以一3wb0(XM0)，所以函数 f(x)在(o,+m)上单调递增;2a+O)时，f，(x)0 , x ( , 0)时，f (x)0 时，x O,2aU(0,所以函数 f(x)在 O,鲁,(0,+O)上单调递增，在 鲁，0 上单调递减;当 a0, x 0,时，f (x)0,所以函数 f(x)在(一 OO , 0),2a3，+O上单调递增，在 0，詈 上单调递减.由知，函2a 4f(0) = b, f - = 27a3+ b,则函数 f(x)有三个零点2a 4等价于 f(0) f - 3 = b27a3+ b0,-討 b0 或a0

5、,0b0 时，27a a + c0,4或当 a0 时，27a3 a+ c0.4设 g(a)= 27a3 a+ c,因为函数 f(x)有三个零点时，a 的取值范围恰好是(一， 3)U33331, 2U2，+m，则在(m， 3)上 g(a)0 均恒成立，从而 g(3) = c 1 0,因此 c= 1.此时，f(x) = x3+ ax2+ 1 a= (x+ 1)x2+ (a 1)x+ 1 a,因函数有三个零点，贝 Ux2+ (a 1)x+ 1 a= 0 有两个异于1 的不等实根，所以= (a 1)2 4(1 a)= a2+ 2a 30，且(一 1)2 (a 1) + 1 a 0,33解得 a (a,

6、 3)U1, ?U2, +m.综上 c= 1.4. (2018 湖北文，21)设函数 f(x), g(x)的定义域均为 R,且 f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x) + g(x) = ex,其中 e 为自然对数的底数.(1) 求 f(x), g(x)的解析式，并证明：当x0 时，f(x)0, g(x)1 ;f x(2) 设 a 1,证明：当 x0 时，ag(x) + (1 a)v二0 时，ex1,0ex0.又由基本不等式，有 g(x)= (ex+ ex) exex= 1,即 g(x)1.1 1 1ex1(2)由(1)得 f (x) = 2 exg，= 2 ex+孑=2(ex+ e-x)

7、= g(x),f x当 x0 时，一ag(x) + (1 -a)等价于 f(x)axg(x) + (1 -a)x, Xbg(x) + (1 - b)等价于 f(x)0 时，(1)若 cw0,由，得 h (x)0，故 h(x )在0 ,+)上 为增x,1x1,1xe1xx_g(x) = 2ex+ e = 2 ex ? = 2(ex ex)=f(x)，函数，从而 h(x)h(0) = 0，即 f(x)cxg(x)+ (1 - c)x,故成立.(2)若 O 1，由，得 h (x)0，故 h(x)在0,+)上为减函数，从而h(x)h(0) = 0,即 f(x)cxg(x) + (1 - c)x,故成立

8、.f x综合，得 ag(x) + (1 a)x 1- 1 = 0.ee所以存在 X0 (1,2)，使 h(x0)= 0.1xx-2因为 h (x) = ln x+ x + 1 +e,z.D1 所以当 x (1,2)时，h (x) 1-0,当 x (2, + g)时，h (x)0,所以当 x (1, +)时，h(x)单调递增.所以 k= 1 时，方程 f(x)= g(x)在(k, k +1)内存在唯一的根.(3)由知，方程 f(x) = g(x)在(1,2)内存在唯一的根 xo,且 x (0, xo)时，f(x)vg(x), xx+ 1 In x, x 0, xo,(xo,+ g)时，f(x)g(x),所以 m(x)= x,xxo,+ g.当 x (0, xo)时，若 x (0,1 , m(x)0, 入可知 0vm(x)wm(x0)；故 m(x)wm(x0).x 2 x当 x (