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,