说妖2018年高考数学分类题库 (46)

2020年11月25日发(作者：杨谨华)


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
(1)讨论
f
(2)若
f
的单调性
.

存在两个极值点
x
1
,
x
2
,证明:<
a
-2
.

=-
x
+
a
ln
x.

【解析】(1)< br>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
=
当
x
∈
当
x
∈
所以
f
(
x
)在
∪
或
x
=
.

.

时,
f′
(
x
)<0;
时,
f′
(
x
)>0
.

,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< br>f
(
x
)的两个极值点
x
1
,
x
2
满足
x
2
-
ax
+1=0,
所以
x1
x
2
=1,不妨设
x
1
<
x
2,则
x
2
>1
.

由于
=-2+
a
=--1+
a
,

=- 2+
a
所以<
a
-2等价于-
x
2
+2ln
x
2
<0
.

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-
x
2
+2ln
x
2
<0,即<
a
-2
.
2
.
(2018·全国卷II高考理科·T21)(12分)已知函数
f
(
x
)=e
x
-
ax
2
.

(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(
x< br>2
+1)e
-
x
-1≤0
.

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

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

而
g
(0)=0,故当
x
≥0时,
g< br>(
x
)≤0,即
f
(
x
)≥1
.

(2)设函数
h
(
x
)=1-
ax
2
e< br>-
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< br>(
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
>
x
2
,
所以
h
(4
a
)=1-=1->1-=1->0
.

故
h
(
x
)在(2,4
a
)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
(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< br>a
=3时,
f
(
x
)=
x
3
-3< br>x
2
-3
x
-3,
f′
(
x
)=< br>x
2
-6
x
-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
x< br>2
+
x
+1>0,所以
f
(
x
)=0等价于
设
g
(
x
)=-3
a
,则
g′
(
x
)=
-3
a
=0
.

=
x
3
-
a.

≥0,仅当
x
= 0时
g′
(
x
)=0,所以
g
(
x
)在< br>(-∞,+∞)上单调递增
.
故
g
(
x
)至多有一个 零点
.

又
f
(3
a
-1)=-6
a2
+2
a
-=-6
综上,
f
(
x
)只 有一个零点
.

-<0,
f
(3
a
+1)=>0, 故
f
(
x
)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
.

(< br>Ⅰ
)求函数
h
(
x
)=
f
(
x)-
x
ln
a
的单调区间
.

(
Ⅱ< br>)若曲线
y
=
f
(
x
)在点(
x
1
,
f
(
x
1
))处的切线与曲线
y
=g
(
x
)在点(
x
2
,
g
(
x
2
))处的切
线平行,证明
x
1
+
g
(
x
2
)=-
.

(
Ⅲ
)证明当
a
≥时,存在直线
l
,使
l
是曲线
y
=
f< br>(
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
-< br>x
ln
a
,有
h′
(
x
)=
ax
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
(< br>x
)的变化情况如表:

x

h′
(
x
)
h
(
x
)
(-∞,0)
-
↘
0
0
极小值
(0,+∞)
+
↗
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
(
x
1
))处的切线斜率为
由
g′
(
x
)=,可得曲线
y
=
g
(
x
)在点(
x
2
,
g
(
x
2
))处的切线斜率为
ln
a
=,即
x
2
(ln
a
)
2
=1
.

ln
a.

.

因为这两条切线平行 ,故有
两边取以
a
为底的对数,得log
a
x
2
+
x
1
+2log
a
(ln
a
)=0,所以
x
1
+
g
(
x
2
)=-
(III)曲线< br>y
=
f
(
x
)在点(
x
1
,)处的 切线l
1
:
y
-=ln
a
·(
x
-
x
1
)
.

(
x
-
x
2
)
.

.

曲线
y
=
g
(
x
)在点(
x
2< br>,log
a
x
2
)处的切线l
2
:
y
-log
a
x
2
=
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< br>=
g
(
x
)的切线,
只需证明当
a
≥时,
存在
x
1
∈(-∞,+∞),
x
2
∈(0,+∞) ,使得l
1
和l
2
重合
.

即只需证明当
a
≥时,方程组
有解,
由①得
x
2
=,代入②,得-
x
1
ln
a
+
x
1< br>++=0

③,
因此,只需证明当
a
≥时,关于
x
1
的方程③有实数解
.

设函数
u
(
x< br>)=
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< br>a
)
2
xa
x
,可知
x
∈(-∞,0)时,
u′
(
x
)>0;
x
∈(0,+∞)时,
u′< br>(
x
)单调递减,又
u′
(0)=1>0,
u′
[ ]=1-<0,故存在唯一的
x
0
,且
x
0
>0,
使得
u′
(
x
0
)=0,即1-(ln
a
)2
x
0
=0
.

由此可得
u
(
x
)在(-∞,
x
0
)上单调递增,在(
x
0
, +∞)上单调递减
.u
(
x
)在
x
=
x
0
处取
得极大值
u
(
x
0
)
.
因为
a
≥,
故ln(ln
a
)≥-1,
所以
u(
x
0
)=
+
x
0
+
-
x< br>0
≥
ln
a
+
x
0
++
≥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
)
2
x
2
+
x
+1++,

所以存在实数
t
,使得
u
(
t
)<0,
因此,当
a
≥时,存在
x
1
∈(-∞,+∞),使得
u(
x
1
)=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< br>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< br>f
(
x
)=(
x
-
t
1
)(
x
-
t
2
)(
x
-
t
3
),其 中
t
1
,
t
2
,
t
3
∈R,且< br>t
1
,
t
2
,
t
3
是公差为
d
的等差
数列
.

(
Ⅰ
)若
t
2
=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.