1、2018 届学科网二轮透析高考数学 23 题对对碰【二轮精品】 第三篇主题 21 导数的综合应用【主题考法】本主题考试题型为解答题，与解析几何、函数、立体几何、概率等数学知识结合主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数函数研究函数的切线、单调性、极值及最值，考查利用导数研究函数的图象与性质，再利用函数图象与性质处理函数零点、证明不等式或不等式恒成立求参数范围等综合问题，常为压轴题，难度较大，分值为 12 分.【主题考前回扣】1导数的几何意义(1)f(x 0)的几何意义：曲线 yf(x)在点( x0，f(x 0)处的切线的斜率，该切线的方程为 yf (x0)f(x 0)(xx 0)(2)
2、切点的两大特征：在曲线 yf(x)上；在切线上2利用导数研究函数的单调性(1)求可导函数单调区间的一般步骤求函数 f(x)的定义域；求导函数 f(x )；由 f(x) 0 的解集确定函数 f(x)的单调增区间，由 f (x)0 或 0，因此函数 f(x)在(1，)上是单调递增的，则 x1 是 f(x)极小值点，所以 f(x)在 x1 处取得极小值为 f(1)= 12(2)证明：设 F(x)f(x )g( x) x2lnx x3，则 F(x)x 2x 2 ，1231当 x1 时，F (x)0，故 f(x)在区间1，)上是单调递减的，又 F(1) 0，16在区间1，)上，F(x )0 恒成立即 f
3、(x)g(x)0 恒成立即 f(x)g(x)恒成立 .因此，当 a1 时，在区间1，)上，函数 f(x)的图像在函数 g(x)图像的下方考向四 导数与方程、不等式的交汇【解决法宝】研究方程及不等式问题，都要运用函数性质，而导数是研究函数性质的一种重要工具基本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数，必要时画出函数的草图辅助思考例 4【山西省 2018 年高考前适应性测试】已知函数 .21lnfxax（1）当 时，讨论函数 的单调性；afx（2）若不等式 对于任意 成立，求正实数 的取值范围.1fxa21ae1
4、,xea【分析】 求出函数的定义域和导数，然后讨论当 时，当 时确定 的单调性 问题10a0fx2等价于对任意 ，有 成立，设 ， ，根据函数的单调,xeln1axelnagx性求出 的最大值，解关于 的不等式，解出即可g【解析】 （1）函数 的定义域为 .fx0,. afx21xa1x若 ，则01a当 或 时， ， 单调递增；x0fxfx当 时， ， 单调递减.f若 ，则0a当 时， ， 单调递减；1x0fxfx当 时， ， 单调递增.综上所述，当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减；当 时，函数afx1,0,101a在 上单调递减，在 和 上单调递增.fx,10a（2）原题等价于对任
5、意 ，有 成立.,xeln1axe设 ， ，所以 .lnagx0maxg.1ax令 ，得 ；令 ，得 .0gx0g1x所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，gx1,e1,e为 与 中的较大者.maxaag设 ，1hge2(0)ae则 ，来源:学+科+ 网 Z+X+X+K 2aa所以 在 上单调递增，故 ，所以 ，h0,0h1ge从而 .maxage所以 即 .110设 ，则 .()a10ae所以 在 上单调递增.学科-网0,又 ，所以 的解为 .110aea因为 ，所以正实数 的取值范围为 .a,【主题集训】1. 【河南省郑州市 2018 年二预测】设函数 ，曲线 在点 处的21lnfxa
6、xyfx1f，斜率为 0.()求 的值；a()求证：当 时， .02x12fx【解析】() lnfa由题意可得： 101()只需证： ,令 l2xlngxl12xh由 解得： 在 递减，在 上递增，10gx 0,1（ ） （ ，故 min由 可知： 在 上递增，21lnxhh0,2（故 max minl1gx故 即： .g2f2.【辽 宁省辽阳市 2018 学届一模】已知函数 .2xfea（1）证明 ：当 时，函数 在 上是单调函数；lnaxR（2）当 时， 恒成立，求实数 的取值范围.0x1fx（2）当 时， ，即0x21xeax1xea令 （ ） ，则1xh0221xx eh令 （ ） ，
7、则 .xe10xe当 时， 单调递增， .0， x则当 时， ，所以 单调递减.1x， 0hhx当 时， ，所以 单调递增.， x所以 ，所以 .minhxe1ae，3.【宁夏吴忠市 2018 届下学期高考模拟】已知函数 ， ，函数 的2fxalngxmxf图象在点 处的切线的斜率为 ，函数 在 处取得极小值 .1,f g2l（1）求函数 ， 的解析式；xg（2）已知不等式 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围.21fxgx0,1x【解析】 （1） ， ， ， ， .a1mn2f2lngx（2）由（1）知 ，2lfxx令 ， .hxg12lnx0,1x问题转化为 对任意的 恒成立.00,x.2
8、hx当 时， ， 在 上单调递减， ，满足题意.hxx,1min10hx当 时， ， 在 上单调递减， ，满足题意.020h0ih当 时， 在 上恒成立， 在 上恒成立.hx2,0hx2,1所以 在 单调递减，在 上单调递增，所以 ，不满足题意.x20,10h综上所述，实数 的取值范围为 .,24.【山东省济南市 2018 届一模】设函数 ， .221lnfxaxaR（1）讨论 的单调性；fx（2）当 时，记 的最小值为 ，证明： .0afga1ga【解析】 （1） 的定义域为 ，x0,，23fxa223xax23x当 时， ， 在 上单调递增；0a0fxf0,当 时，当 ， ， 单调递减；,
9、axfx当 ， ， 单调递增；,xff综上，当 时， 在 上单调递增；0x0,当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.0afx0,a,a ，又 ，即 ， ，0maxg001lna0ga021lna021la ，令 ，则 在 上单调递增，002010200t0t,又 ，所以 ， .0,a1tat1ga5.【山东省枣庄市 2018 届二模】已知曲线 与 轴有唯一公共点 .2lnyfxxaRA（）求实数 的取值范围；（）曲线 在点 处的切线斜率为 .若两个不相等的正实数 ， 满足yfxA27a1x2x，求证： .12fx12【解析】 （）解：函数 的定义域为 . .fx0,10f由题意，函数 有唯
10、一零点 . .fafx（1）若 ，则 .学科& 网0a显然 恒成立，所以 在 上是增函数.fxf0,又 ，所以 符合题意.（2）若 ， . ； .0a2xaf02afx02afxx所以 在 上是减函数，在 上是增函数.fx,2,2所以 .minaff1lna由题意，必有 （若 ，则 恒成立， 无零点，不符合题意）02f02f0fxfx若 ，则 .af1lna令 ，则 .l(0)2g1ln2ag1ln2a； .0aaa所以函数 在 上是增函数，在 上是减函数.g,22,所以 .所以 ，当且仅当 时取等号.max00g2所以， ，且 .2f2a取正数 ，则 ；1in,abe21lnlfbab10a
11、取正数 ，显然 .而 ，c2c2lfcx令 ，则 .当 时，显然 .lnhx1hxx10h所以 在 上是减函数.1,所以，当 时， ，所以 .xlnx10hlnx因为 ，所以 .c2fcac21ac0c又 在 上是减函数，在 上是增函数，fx0,a,则由零点存在性定理， 在 、 上各有一个零点.fx0,2a,可见， ，或 不符合题意.02a注： 时，若利用 ， ， ，说明 在 、0limxf02aflimxffx0,2a上各有一个零点.,2a若 ，显然 ，即 .符合题意.0f12a2综上，实数 的取值范围为 .a|0,或（）由题意， .所以 ，即 .217fa29a3由（）的结论，得 .3，
12、在 上是增函数.2lnfxxf0,； .011x由 ，不妨设 ，则 .12fxf122x从而有 ，即 .x13ln3ln所以 .21123ln0x122x令 ，显然 在 上是增函数，且 .pttpt,10p所以 .0从而由 ，得 .12123ln0x12x6.【江西省临川一中等九校 2018 届联考】已知函数 13lnfxbx（1）当 时，求函数 的极小值；4bfx（2）若 上，使得 成立，求 的取值范围1,xe14bfx【解析】 （1）当 时， / 2231xfx令 0，得/fx且 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增所以 在 时取得极小值为 .12f（2）由已知： ，使得 114
13、40bbxfxfx，即： 1143ln0bxxln0设 ，则只需要函数 在 上的最小值小于零又 ，令 ，得 （舍去）或 当 ，即 时， 在 上单调递减，故 在 上的最小值为 ，由 ，可得 因为 ，所以 当 ，即 时， 在 上单调递增，故 在 上的最小值为 ，由 ，可得 （满足 ）7.【湖南省郴州市 2018 届二质监】函数 ，2ln1fx（）求函数 在点 处的切线方程；yfx1,f（）若 时，有 成立，求 的取值范围.0m0xem【解析】 （） 2ln2lnfxx1f又 所以在点 处在切线方程为1f1,f 0y()由于函数 定义域为yx0,所以 20ln1ln1xx x emfeem令 ln1
14、g则 ，可得当 时， ，当 时， x 0,x0gx1,0gx所以 min令 ，则 ，xeh21xeh可得当 时， ，当 时， 0,10,0hx所以 maxhe因此，由 得， 所以， 的取值范围为 0,8.【辽宁省瓦房店市 2018 届一模】已知函数 ， .1lnfxaxaR（）讨论函数 的单调区间；fx（）若函数 在 处取得极值，对 ， 恒成立，求实数 的取值范围.10,x2fxbb【解析】 （1）在区间 上， ，0,1af当 时， 恒成立， 在区间 上单调递减；0afxx,当 时，令 得 ，在区间 上，0f1a10,a，函数 单调递减，在区间 上，0fxfx,，函数 单调递增.ff综上所述：
15、当 时， 的单调递减区间是 ，无单调递增区间；0afx0,当 时， 的单调递减区间是 ，单调递增区间是f 1,a1,a因为函数 在 处取得极值，fx1所以 ，解得 ，经检验可知满足题意.10a由已知 ，即 ，2fxbln2xbx即 对 恒成立，ln1+,令 ，lgxx则 ，221ln易得 在 上单调递减，在 上单调递增，0,e,e所以 ，即 .22min1gx21b9.【湖南省三湘名校教育联盟 2018 届三联考】已知函数 .21,0,2xfemx（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；4yfx0,f（2）若 函数 ，记函数 在 上的最小值为 ，求证： 42xgxfemgx0,A.eA【解析】
16、 （1）由题意知， ， ，214xf 12xxfe ， ，则所求切线方程为 ，即 .502f0f 5yx0y（2）由题意知， ，2xgemem .42x xge令 ， ，则 在 上单调递增，h20xheg0,又 ，则存在 使得 成立，0,16mg,1tt ， .gt2te当 时， ，当 时， ，0,xt0gt,xt0gt .22min4t tgeme令 ，则 ，2thet1tht ， ， .01t02eA10.【江苏省南通、徐州、扬州等六市 2018 届二模】设函数 sin(0)fxax（1）若函数 是 R 上的单调增函数，求实数 a 的取值范围；yfx（2）设 ， 是 的导函数ln10agb
17、xRb， ， gx若对任意的 ，求证：存在 使 ；0x， ， 若 ，求证： 1212x214x【解析】 （1）由题意， 对 恒成立.cos0faR 0a 对 恒成立，cosxRma1 ，从而 1a01a依题意，不妨设 ，令 ，则 120x1tx由（1）知函数 单调递增，则 ，从而 siny21sinsix2121sinxx 2gx 11221sinlsilnbxxb 21121l x 120lnxb下面证明 ，即证明 ，只要证明 1122lxx1lntt1ln0*t设 ，则 在 恒成立lntht20tht， 在 单调递减，故 ，从而 得证1， 1* ，即 2bx214b11.【云南省昆明市 2
18、018 届第二次统考】已知函数 ， 234cos1xfex.xgem（1）当 时，求函数 的极值；mgx（2）若 ，证明：当 时， .72a0,11fx【解析】 （1） ，由 得 .xelnm由 得 ， 得 ，lnxmgln0gx所以函数 只有极小值 .l1lm（2）不等式等价于 ，由（1）得 ： ，324cosxxae1xe所以 ，所以 ， ，21xe21xe0,34cosa34cos1axx31xx2令 ，则 ，24coshax214sinhxx令 ,则 ,inIx24cos12coI当 时， ，所以 ，所以 ，所以 在 上为0,1cos13xs0x0IxIx0,1减函数，所以 ，则 ，所
19、以 在 上为减函数，0I0hxh,1因此， ，因为 ，而 ，4cos2hxacs14o237a所以 ，所以 ，而 ，所以 .34cos102ax,fx12【甘肃省兰炼一中 2018 届二模】已知函数 ， 2lnfxgx（1）求函数 的极值；Fxfgx（2）若不等式 对 恒成立，求 的取值范围sin2co0a【解析】 （1） ，2lnxax，2aFx1 的定义域为 Fx0, 即 时， 在 上递减， 在 上递增，2aFx0,1Fx1,， 无极大值1x极 小 即 时， 在 和 上递增，在 上递减，02a0x0,2a1,12a， Fx极 大2ln4aFx极 小 即 时， 在 上递增， 没有极值 来源:
20、学*科*网12aFx0, 即 时， 在 和 上递增， 在 上递减，,1,2aFx1,2a ， 1Fxa极 大 Fx极 小 2ln4a综上可知： 时， ， 无极大值；01a极 小 x时， ， ；2a2Fx极 大2ln4a1Fxa极 小时， 没有极值；时， ， 2a1Fxa极 大 2aFx极 小 2ln4a（2）设 ， ，sin2coha0x21cosxh设 ，则 ， ， ，costx1,t21tt41tt30t 在 上递增， 的值域为 ， t,t,3当 时， ， 为 上的增函数，13a0hxx0, ，适合条件 hx当 时， ，不适合条件 0a102ha当 时，对于 ， ，13xsin3xhxa令
21、 ， ，sinTxacos3T存在 ，使得 时， ，0,20,x0Tx 在 上单调递减， ，Tx0, 0即在 时， ，不适合条件hx综上， 的取值范围为 a1,313. 【湖南省三湘名校教育联盟 2018 届三联考】已知函数 .ln,xefxaaR（1）当 时，讨论 的单调性；0afx（2）设 ，若 关于 的不等式 在 上有解，求 的gxffx21xgeax,2a取值范围.【解析】 （1）由题意知， ，22xxaeaefx 令 ，当 时， 恒成立，1xFae00x当 时， ；当 时， ， 来源:学科网1xxF函数 在 上单调递增，在 上单调递减.f0, , 时， ，则 ， 函数 在 上单调递减
22、，1a,2x0hxhx1,2 成立，解得 ， ；minlnhaa0当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 ，x1xx2ax函数 在 上单调递增，在 上单调递减，x1,2又 ， ，解得 ， 无解；2hln0aa当 时， ，则 ， 函数 在 上单调递增，a,xhxhx1,2 ，不符合题意，舍去；min1x综上所述， 的取值范围为 .,014.【江西省上饶市 2018 届二模】已知函数 21xfe（ 1）求函数 的极值；fx（2）若 恒成立，求 的最小值2ab1ab【解析】 （1） ， 恒成立，1xfe 0xfe 在 上单调递增，又 ，当 时， 递减，fxR0,fxf当 时， 递增， 的极小值为 ，无极大
23、值.0,fxffx1（2） 即 ，21ab（ ） 10xeab令 ，即证当 时， 恒成立，1xheabxR0hx则 ，当 在 上单调递增，当 时， ，与 0， xhx矛盾.0x当 在 上单调递减，当 上单调递增，-1ahx， ,ln1aln1a， ，即 ， minl l0x b1lna ，令 ，2211lnaba 2ln,Ftt ，令 得 ，lFttt0e令 得 ， ，0emin2Fe即当 时， 的最小值为 1,2ab1abe15. 【河南省豫北豫南名校 2018 届上学期精英联赛】已知函数 （ ， ）有两lnfxabR个不同的零点 ， 1x2（1）求 的最值；f（2）证明： 12xa【解析】
24、 （1） ， 有两个不同的零点，ffx 在 内必不单调，故 ，fx0,0此时 ，解得 ，1xa 在 上单增， 上单减，fx0, ，无最小值max1lnffab（2）由题知 两式相减得 ，即 ，120, lxnab122ln0xa12lnxa故要证 ，即证 ，即证 ，12xa2122lnx212121lnxx不妨设 ，令 ，则只需证 ，12x10,t2ltt设 ，则 ，2lngtt21ln1lntgtt设 ，则 ， 在 上单减，1lhtt2 0httht0,1 ， 在 上单增，0tgt0, ，即 在 时恒成立，原不等式得证1g21lnt0,16. 【河北保定一中 2018 届二模】设函数 （ 为
25、常数， 为自然对2lnxekf2.718e数的底数） （1）当 时，求函数 的单调区间；0kfx（2）若函数 在 内存在三个极值点，求实数 的取值范围fx,3k【解析】(1) 函数 的定义域为 . . f0,2423xxxekekf 由 可得 ，所以当 时， ；当 时， . 0,kxxek,x0f,0f故 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 f 0,22,.（2）由（1）知，当 时，函数 在 内单调递减，在 内单调递增，故 在 内kfx0,2,3fx,3仅存在一个极值点 ；x当 时，令 ， ，依题函数 与函数 ， 0k0xeekxegykxeg的图象有两个横坐标不等于 2 的交点.,3x，当
26、时， ，则 在 上单调递减， 21xeg0,1x0gxgx0,1当 时， ，则 在 上单调递增；,3g,3而 231,.eg所以当 即 时，存在 使得 ，23ek2ek1203xxek且当 时 ，当 ，当 时 ，当 时10,x0fx1,xf2,0f2,3x，此时 存在极小值点 和极大值点 ；f2同理，当 即 时，存在 使得 ，此时 存在极小值点2ekke3402xxekf和极大值点 .1,2x2x综上，函数 在 内存在三个极值点时，实数 的取值范围为 . f0,3k322,ee17. 【江西景德镇市一中 2018 届二模】已知函数 .21lnfxmxR（1）当 时，若函数 恰有一个零点，求 的
27、取值范围；12m1lngxfaa（2）当 时， 恒成立，求 的取值范围.x2fm【解析】 （1）函数 的定义域为 ，x0,当 时， ，所以 ，12m2lngxa2axagx当 时，令 ，解得 ，0a0gx2ax当 时， ，所以 在 上单调递减；2xg0,当 时， ，所以 在 上单调递增.a0gxx,2a要使函数 有一个零点，则 即 ，f ln02ae综上所述，若函数 恰有一个零点，则 或 ；gx2ae（2）令 ，根据题意，当 时， 恒211lnhfmxx1,x0hx成立，又 ，22mx若 ，则 时， 恒成立，所以 在 上是增函数，且10,m0hxhx1,2m，所以不符题意.,2hx若 ，则 时
28、， 恒成立，所以 在 上是增函数，且1m,x0hxhx1,，所以不符题意.,hx若 ，则 时，恒有 ，故 在 上是减函数，于是“ 对任意01,xxx1,0x，都成立”的充要条件是 ，即 ，解得 ，故 .1,x10h210m1m0综上， 的取值范围是 .m,18.【山东省济南市 2018 届一模】已知函数 有两个不同的零点.2lnfxaaxR（1）求 的取值范围；a（2）设 ， 是 的两个零点，证明： .1x2fx12【解析】 （1）函数的定义域为： . ，0, 1afx2xa当 时，易得 ，则 在 上单调递增，0afxf,则 至多只有一个零点，不符合题意，舍去.fx当 时，令 得： ，则0fx
29、xax, ,af+ 0 -fx增 极大 减 .maxff极 大 ln1fa要使函数 有两个零点，则必有 ，即 ，l0faln10a设 ， ，则 在 上单调递增，ln1g10gag,又 ， ；0当 时：a ，12fe210e 在区间 上有一个零点；fx,a设 ，lnh ， 在 上单调递增，在 上单调递减，1 xhxh0,11, ， ，0ln ，2lnfxaax223axx23ax则 ， 在区间 上有一个零点，4f,4那么，此时 恰有两个零点.x综上所述，当 有两个不同零点时， 的取值范围是 .f a1,当 时， ， 单调递增，0,xa0Fxx又 ， ， ，fafx ，1,x ，2ff11fxfx
30、12fax ， ， 在 上单调递减，2,xa1,a, ， .12x19.【广西梧州市 2018 届二模】已知函数 . 22ln1xfxa（1）若 ，求证： ；2a0fx（2）若存在 ，当 时，恒有 ，求实数 的取值范围.0x,0fxa【解析】 （1） 时， ，定义域为 ，2a22ln1xfx1,，fx3xx 时， ， 时， ，100f0f 在 上是增函数，在 上是减函数，fx, . f（2）由（1）知，当 时，不存在 满足题意.2a0x令 ，则 ，ln1xgxfga当 时，对于 ，有 ， ，2a02x20fxgaxgx从而不存在 满足题意. 0x当 时，有 ，2a21fxa21xa由 ，得 ， ，0fx20218x又 ，取 ，12018a从而当 时， ， 在 上是增函数，,x0fxfx0, 时， ，即 ，0综上， 的取值范围是 . a,220.【四川省凉山州 2018 届二诊】设函数 ， 2fxaln1gxb（1）若 ， 在 上单调递增.求 的取值范围；3Fxfg1，（2）若 ，且 有两个极值点 ， .求证： ；1ghx1x22132x【解析】(1) 得 ， 2 1yxa210x2140aA 或 （舍）3a其中（ ）2lnFxbxx 312530b在 恒成立，分子中， ， ，1， 14x对 25830bA18b
