2018年高考数学分类题库 (46)

考点11 导数在研究函数中的应用与生活中的优

化问题举例

一、解答题

1.(12分)(2018·全国卷I高考理科·T21)已知函数f=-x+a ln x.

(1)讨论f的单调性.

(2)若f存在两个极值点x 1,x2,证明:

【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=-.

(i)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,

所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.

(ii)若a>2,令f′(x)=0得,x=或x=.

当x∈∪时,f′(x)<0;

当x∈时,f′(x)>0.

所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增. (2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a>2.

由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,

所以x1x2=1,不妨设x11.

由于=--1+a

=-2+a=-2+a,

所以

设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0.

所以-x2+2ln x2<0,即

2.(2018·全国卷II高考理科·T21)(12分)已知函数f(x)=e x-ax2.

(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1.

(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.

【命题意图】本题考查利用导数证明不等式和研究函数的零点,意在考查考生的化归与转化能力,分类讨论的思想运用以及求解能力.

【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.

设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.

当x≠1时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,1)∪(1,+∞)上单调递减.

而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.

(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.

f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.

(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;

(ii)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.

当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.

所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.

故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)上的最小值.

①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点;

②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点;

③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,

由(1)知,当x>0时,e x>x2,

所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.

故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.

综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.

3.(2018·全国卷II高考文科·T21)(12分)已知函数f=x3-a.

(1)若a=3,求f(x)的单调区间.

(2)证明:f(x)只有一个零点.

【命题意图】本题考查利用导数的有关知识来求解函数的单调区间以及研究函数的零点,意在考查考生的化归与转化能力,分类讨论的思想运用以及求解能力.

【解析】(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f′(x)=x2-6x-3.

令f′(x)=0解得x=3-2或3+2.

当x∈(-∞,3-2)或(3+2,+∞)时,f′(x)>0;

当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)<0.

故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.

(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.

设g(x)=-3a,则g′(x)=≥0,仅当x=0时g′(x)=0,所以g(x)在

(-∞,+∞)上单调递增.故g(x)至多有一个零点.

又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.

综上,f(x)只有一个零点.

4.(本小题满分14分)(2018·天津高考理科·T20)

已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.

(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)-x ln a的单调区间.

(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-.

(Ⅲ)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.

【命题意图】本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.

【解析】(I)由已知,h(x)=a x-x ln a,有h′(x)=a x ln a-ln a.

令h′(x)=0,解得x=0.

由a>1,可知当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如表:

所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).

(II)由f′(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x 1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g′(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.

因为这两条切线平行,故有ln a=,即x 2(ln a)2=1.

两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-. (III)曲线y=f(x)在点(x 1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).

曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).

要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,

存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1和l2重合.

即只需证明当a≥时,方程组

有解,

由①得x 2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0③,

因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③有实数解.

设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点. u′(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u′(x)>0;

x∈(0,+∞)时,u′(x)单调递减,又u′(0)=1>0,

u′[]=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,

即1-(ln a)2x0=0.

使得u′(x

0)=0,

由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,

故ln(ln a)≥-1,

所以u(x

-x0ln a+x0++=

0)=

+x0+≥≥0.

下面证明存在实数t,使得u(t)<0.

由(I)可得a x≥1+x ln a,当x>时,

有u(x)≤(1+x ln a)(1-x ln a)+x++

=-(ln a)2x2+x+1++,

所以存在实数t,使得u(t)<0,

因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.

所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.

5.(本小题满分14分)(2018·天津高考文科·T20)

设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.

(Ⅰ)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(Ⅱ)若d=3,求f(x)的极值;

(Ⅲ)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t 2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.

【命题意图】本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法,考查函数思想和分类讨论思想,考查综合分析问题和解决问题的能力.

【解题指南】(Ⅰ)利用导数的几何意义可求直线的斜率,利用点斜式即可求出直线的方程;(Ⅱ)利用导函数与函数的单调性、极值之间的关系直接求函数的极值;(III)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t 2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t

2+

d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解,通过换元,求导,求函数的零点即可求解.

【解析】(Ⅰ)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f′(x)=3x2-1,因此f(0)=0,f′(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f′(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.

(Ⅱ)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)

=(x-t 2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.

故f′(x)=3x2-6t 2x+3-9.

令f′(x)=0,解得x=t 2-,或x=t2+.

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:

-) -

-

+)

,

所以函数f(x)的极大值为f(t

2-

)=(-)3-9×(-)=6;函数极小值为f(t 2+)=()3-9×=-6.

(III)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t 2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方

d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解,令u=x-t2,可得

程(x-t

u3+(1-d2)u+6=0.

设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t 2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g′(x)=3x2+(1-d2).

当d2≤1时,g′(x)≥0,这时g′(x)在R上单调递增,不合题意.

当d2>1时,g′(x)=0,解得x1=-,x2=.

易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,

g(x)的极大值g(x 1)=g=+6>0,

g(x)的极小值g(x 2)=g=-+6.

若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.

若g(x

即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且

2)<0,

-2|d|

从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).

6.(本小题满分14分)(2018·江苏高考·T17)

某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角

为θ.

(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sinθ的取值范围.

(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.

【解析】(1)设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10.

过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,

故OE=40cosθ,EC=40sinθ,

则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ+10)=800(4sinθcosθ+cosθ), △CDP的面积为×2×40cosθ(40-40sinθ)=

1600(cosθ-sinθcosθ).

过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=KN=10.

令∠GOK=θ0,则sinθ0=,θ0∈.

当θ∈[θ0,)时,才能作出满足条件的矩形ABCD,

所以sinθ的取值范围是.

答:矩形ABCD的面积为800(4sinθcosθ+cosθ)平方米,△CDP的面积为1600(cosθ-sinθcosθ),sinθ的取值范围是.

(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,

设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0),

则年总产值为4k×800(4sinθcosθ+cosθ)+3k×1600(cosθ-sinθcosθ) =8000k(sinθcosθ+cosθ),θ∈.

设f(θ)=sinθcosθ+cosθ,θ∈,

则f′(θ)=cos2θ-sin2θ-sinθ=-(2sin2θ+sinθ-1)=-(2sinθ-1)(sinθ+1).令f′(θ)=0,得θ=,

当θ∈时,f′(θ)>0,所以f(θ)为增函数;

当θ∈时,f′(θ)<0,所以f(θ)为减函数,

因此,当θ=时,f(θ)取到最大值.

答:当θ=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.

7.(本小题满分16分)(2018·江苏高考·T19)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.

(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.

(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值.

(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=,对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.

【解析】(1)函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f′(x)=1,

g′(x)=2x+2.

由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x),得

此方程组无解,

因此,f(x)与g(x)不存在“S”点.

(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,

则f′(x)=2ax,g′(x)=.

设x0为f(x)与g(x)的“S”点,由f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),得即(*)

得ln x 0=-,即x0=,则a==.

当a=时,x 0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S”点.

因此,a的值为.

(3)f′(x)=-2x,g′(x)=,(x≠0),

由f′(x 0)=g′(x0),得b=->0,得0

由f(x 0)=g(x0),得-+a==-,得a=-,

令h(x)=x2--a=,(a>0,0

设m(x)=-x3+3x2+ax-a,(a>0,0

则m(0)=-a<0,m(1)=2>0,得m(0)m(1)<0,

又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,则m(x)在(0,1)上有零点,

则h(x)在(0,1)上有零点,

则f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S”点.

8.(2018·浙江高考T22)(本题满分15分)已知函数f(x)=-ln x.

(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2.

(Ⅱ)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.

【命题意图】本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.

【解析】(Ⅰ)函数f(x)的导函数f′(x)=-,由f′(x1)=f′(x2)得-=-,

因为x1≠x2,所以+=.

由基本不等式得=+≥2.

因为x1≠x2,所以x1x2>256.

由题意得f(x 1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=

-ln(x1x2).

设g(x)=-ln x,则g′(x)=(-4),

所以

所以g(x)在(256,+∞)上单调递增,

故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,

即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.

(Ⅱ)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,

f(n)-kn-a

所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.

由f(x)=kx+a得k=.

设h(x)=,

则h′(x)==,

其中g(x)=-ln x.

由(Ⅰ)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,

故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,

所以h′(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.

综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.

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