《2022年高考数学热点考点精析导数在研究报告函数中应用与生活中优化问题举例 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学热点考点精析导数在研究报告函数中应用与生活中优化问题举例 .pdf（38页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、个人资料整理仅限学习使用考点 10 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、选择题12018安徽高考文科 10）函数21nfxaxx在区间0,1上的图象如图所示，则n 可能是 ）A ）1 B）2 C）3 D）4 【思路点拨】代入验证，并求导得极值，结合图象确定答案. 【精讲精析】 选 A. 代入验证 , 当 n=1 时，)2()1 ()(232xxxaxaxxf，则) 143()(2xxaxf，由) 143()(2xxaxf=0 可知，1,3121xx，结合图象可知函数应在 0，31）递增，在）（1 ,31递减，即在31x处取得最大值，由,21)311(31)31(2af知a存在. 2
2、.2018辽宁高考理科 11）函数 fx ）的定义域为 R，f-1 ）=2，对任意 xR，2)(xf，则 fx ）2x+4的解集为A ）-1，1） B）-1，+） C）-，-1） D ）-，+）【思路点拨】 先构造函数)42()()(xxfxg，求其导数，将问题转化为求)(xg单调性问题即可求解精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用【精讲精析】 选 B.构造函数)42()()(xxfxg，则)1(g022)42()1(f，又因为2)(xf，所以02)()(xfxg，可知)(xg在 R上是增函数，
3、所以)42()(xxf可化为0)(xg，即)1()(gxg，利用单调性可知，1x选 B.32018安徽高考理科 10）函数1nmfxaxx在区间0,1上的图象如图所示，则,m n的值可能是 1,2mn(C 2,1mn (D 3,1mn【思路点拨】 本题考查函数与导数的综合应用，先求出)(xf的导数，然后根据函数图像确定极值点的位置，从而判断m,n 的取值.【精讲精析】 选 B.函数1nmfxaxx的导数11( )()(1)(),mnmfxmn axxxmn则)(xf在),0(nmm上大于 0，在)1 ,(nmm上小于 0，由图象可知极大值点为31，结合选项可得 m=1,n=2. 二、填空题4.
4、2018广东高考理科 12）函数32( )31f xxx在x处取得极小值. 【思路点拨】 先求导函数的零点，然后通过导数的正负分析函数的增减情况，从而得出取得极值的时刻. 【精讲精析】 答案： 2 由063)(2xxxf解得0 x或2x，列表如下：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用x0,0 2,02 ,2)(xf+ - + )(xf增极大值减极小值增当2x时，y取得极小值 . 52018辽宁高考文科 16）已知函数axexfx2)(有零点，则a的取值范围是【思路点拨】 先求)(xf，判断)(
5、xf的单调性结合图象找条件本题只要使)(xf的最小值不大于零即可【精讲精析】 选 A，)(xf=2xe由)(xf0得2xe0，2lnx由)(xf0得，2lnx)(xf在2lnx处取得最小值只要0)(minxf即可02ln22lnae，22ln2aa的取值范围是22ln2,(6.2018江苏高考 12）在平面直角坐标系xOy中，已知点 P是函数)0()(xexfx的图象上的动点，该图象在P处的切线l交 y 轴于点M ，过点 P作l的垂线交 y 轴于点 N，设线段 MN 的中点的纵坐标为t ，则 t 的最大值是 _【思路点拨】 本题考查的是直线的切线方程以及函数的单调性问题，解题的关键是表示出中点
6、的纵坐标t 的表达式，然后考虑单调性求解最值。【精讲精析】 答案：11()2ee精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用设00(,),xP x e则00000:(),(0,(1)xxxlyeexxMx e，过点 P作l的垂线000000(),(0,)xxxxyeexxNex e，00000000011(1)()22xxxxxxtxeex eexee0001()(1)2xxteex，所以， t 在(0,1)上单调增，在(1,)单调减，max11()2tee。三、解答题72018安徽高考理科 16）设
7、2( )1xef xax，其中a为正实数）当a43时，求( )f x的极值点；）若( )f x为R上的单调函数，求a的取值范围 . 【思路点拨】 ）直接利用导数公式求导，求极值. ）求导之后转化为恒成立问题 . 【精讲精析】 对)(xf求导得，.)1(21)(222axaxaxexfx）当时，34a令0)(xf，则03842xx.解得21,2321xx，列表得x )21,(21)23,21(23,23)(xf+ 0 - 0 + )(xf极大值极小值所以，231x是极小值点，212x是极大值点 . 0,知0122axax在 R上恒成立，因此精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归
8、纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用. 0) 1(4442aaaa由此并结合 a0,知10a.8. 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y单位：千克）与销售价格x单位：元 / 千克）满足关系式210(6)3ayxx，其中 3x6，a 为常数，已知销售价格为5 元/ 千克时，每日可售出该商品11 千克.I）求 a 的值。根据“销售价格为5 元/ 千克时，每日可售出该商品11 千克”可知销售函数过点5,11）, 将其代入可求得a的值。 销量, 表示出函数解读式后，可借助导数求最值. 【精讲精析】I）因为5x时，11y，所以1011,2a所以
9、2a.II ）由1）可知，该商品每日的销售量2210(6) ,3yxx所以商场每日销售该商品所获得的利润222( )(3)10(6) 210(3)(6) ,36.3f xxxxxxxx3,44 (4,6)( )fx0 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用从而2( )10(6) +2(3)(6)30(4)(6).fxxxxxx于是，当x变化时，( ),( )fxf x的变化情况如下表，由上表可得，4x是函数( )f x在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点. 所以，当4x时，函数( )fx取
10、得最大值，且最大值等于42. 当销售价格为4元/ 千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 9.2018福建卷文科 22）已知 a，b 为常数，且 a0，函数f=2e=2.71828 是自然对数的底数） .I）求实数 b 的值；II ）求函数 fx ）的单调区间；III ）当 a=1 时，是否同时存在实数m和 MmM），使得对每一个t m，M，直线 y=t 与曲线 y=fx ） ( )2f eb的值。(2对函数( )f x求导得导函数( )fx，由导函数( )fx得单调区间，必要时分类讨论； 由( )2,f e得2.b2）由1）可得( )2ln,f xaxaxx从而( )ln ,fxax因
11、为0,a故： 当0a时，由( )fx0得1x；由( )0fx得01x； 当0a时，由( )0fx得01x；由( )0fx得1x. 综上，当0a 时，函数( )f x的递增区间为 0,1），单调递减区间为1,. 当 a0 时，函数 fx ）的递增区间为 1，+），单调递减区间为当1a时，( )2ln,( )ln.f xxxx fxx由2）可得，当x在区间1,ee上变化时，( ),( )fxf x的变化情况如下表：x1e1,1e11,ee( )fx0( )f x22e单调递减极小值1单调递增2又222e，所以函数( )fx1(,)xee的值域为1,2. 据此可得，若12mM则对每一个,tm M直线
12、yt与曲线( )yfx1,xee都有公共点；并且对每一个,tm,M，直线yt与曲线( )yf x1,xee都没有公共点 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用综上，当1a时，存在最小的实数1m，最大的实数2M，使得对每一个,tm M，直线yt与曲线( )yf x1(,xee)都有公共点 . 102018江苏高考 17）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为 60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A,B,C,D 四个点重合与图中的点 P
13、,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒。E,F 在 AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设)(cmxFBAE。1）某广告商要求包装盒的侧面积S)(2cm最大，试问x应取何值？2）某厂商要求包装盒的容积V)(3cm最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。【思路点拨】 本题主要考查的是从实际生活中提取数学模型，然后利用数学知识进行解决，所以解决本题的关键是正确的列出侧面积和容积的表达式，然后根据二次函数的最值和导数法求最值求解。【精讲精析】 设包装盒的高为)(cmh，底面边长为)(cma由已知得300),30(22260,2xxxhxa。1）1800)15(8)30
14、(842xxxahS，所以当15x时，S取得最大值。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用或20 x。当)20,0(x时0V；当)30,20(X时0V，所以当20 x时取得极大值，也是最大值 , 此时21ah，即包装盒的高与底面边长的比值为21。11.2018江苏高考 19）已知a，b是实数，函数,)(,)(23bxxxgaxxxf)(xf和)(xg是)(),(xgxf的导函数，若0)()(xgxf在区间 I 上恒成立，则称)(xf和)(xg在区间 I 上单调性一致1）设0a，若)(xf和)(x
15、g在区间), 1上单调性一致 , 求实数 b 的取值范围；2）设a0且ba，若函数)(xf和)(xg在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求 |a-b| 的最大值【思路点拨】 本题考查的是导数与函数的综合知识，在解决本题时要注意挖掘已知的信息，注意条件的转化，函数)(xf和)(xg在区间), 1上单调性一致，可以转化为导数之积恒为正来处理。【精讲精析】 解法一：bxxgaxxf2)(,3)(2。1）由题意得0)()(xgxf，在, 1上恒成立。因为0a，故032ax，进而02bx，即xb2在区间, 1上恒成立，所以2b，因此b的取值范围是,2。, 从而当0 ,31x时，0)()(xgxf, 故
16、函数)(xf和)(xg在0,31上单调性一致的。因此ba的最大值为31.解法二：1）因为函数)(xf和)(xg在区间),1上单调性一致，所以， 1,),( )( )0,xfx g x即 1,),x0,x2（3+a）(2x+b)0, 1,),0,ax2x+b即0, 1,),2;axbb2x2）当ba时，因为，函数)(xf和)(xg在区间 的可行域，函数23yx的斜率为1 的切线的切点设为00(,)xy则0001161,612xxymax111()1266z；当0ab时，因为，函数)(xf和)(xg在区间 a, b ）上单调性一致，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -
17、 - - - - - -第 10 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用所以，( , ),( )( )0,xa bfx g x即( , ),x0,xa b2（3+a）(2x+b)0,( , ),20bxa bxb，2( , ),3,xa b ax213,0,3aaamax1();3ba当0ab时，因为，函数)(xf和)(xg在区间 a, b ）上单调性一致，所以，( , ),( )( )0,xa bfx g x即( , ),(x0,xa b22x+b)（3+a）0,b而 x=0 时，x2（3+a）(2x+b)=ab0,不符合题意，当0ab时，由题意：( ,0),x0,xa22x（3+a）2(
18、 ,0), x0,30,xaaa23+a110,33aba综上可知，max13ab。12. 2018 新课标全国高考理科21）已知函数ln( )1axbf xxx，曲线( )yf x在点(1, (1)f处的切线方程为230 xy. ）求a、b的值；）如果当0 x，且1x时，ln( )1xkf xxx，求k的取值范围 . 【思路点拨】 第1）问，对函数( )f x求导得( )fx，(1)f对应为切线的斜率，切点(1, (1)f即在切线上又在原函数( )fx上，利用上述关系，建立方程组，求得,a b的值；第2）问，lnln( )( )()011axbaxbf xf xxxxx，首先化简函数式ln(
19、 )()1axbf xxx，再来证明不等式成立即可，必要时分类讨论. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用【精讲精析】 ）221(ln)( )(1)xxbxfxxx由于直线230 xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b. ）由 设0k，由222(1)(1)( )k xxh xx知，当1x时，( )0h x，h(x递减. 而(1)0h，故当(0,1)x时，( )0h x，可得21( )01h xx；当 x1，+）时，hx）0，可得21
20、1x h0 从而当 x0,且 x1 时，fx ）-0，即 f1lnxx+xk. ii ）设 0k1.由于2(1)(1)2kxx=2(1)21kxxk的图像开口向下，且244(1)0k，对称轴 x=111k.当 x1，k11）时，k-1）0,故h (x ）0,而 h1）=0，故当 x1，k11）时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用h0，可得211xhx）0,与题设矛盾 .iii）设 k1. 此时212xx，2(1)(1)20kxxh0,而 h1）=0，故当 x 1，+）时，h0，可得211
21、x hx ）0, 与题设矛盾 .综合得， k 的取值范围为 -，0 13. 2018 新课标全国高考文科21）已知函数ln( )1axbf xxx，曲线( )yfx在点(1, (1)f处的切线方程为230 xy. ）求a、b的值；）证明：当0 x，且1x时，ln( )1xf xx. 【思路点拨】 第1）问，对函数( )f x求导得( )fx，(1)f对应为切线的斜率，切点(1, (1)f即在切线上又在原函数( )fx上，利用上述关系，建立方程组，求得,a b的值；第2）问，lnln( )( )011xxf xf xxx，先化简函数式ln( )1xf xx，再来证明不等式成立即可，必要时分类讨论
22、. 【精讲精析】）221(ln)( )(1)xxbxfxxx由于直线230 xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b. ）由=,11lnxxx所以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用xxxxxfxx1ln2111ln)(22考虑函数则 h(x=xxxxxx222221122所以 x1 时 h(x0 而 h(1=0 故x1 ,0时 h(x0 可得ln( )1xf xx,x，1 h(x0 可得ln( )1xf xx,从而当0 x，且1x时
23、，ln( )1xf xx. 142018辽宁高考文科 20）本小题满分 12 分）设函数xbaxxxfln)(2，曲线)(xfy过点 P1，0），且在 P点处的切斜线率为2I）求a，b的值；II ）证明：f (x)2x2【思路点拨】 I ）先求导，再代入进行计算；II ）构造函数)22()()(xxfxg，求其导函数，证明其单调性，将所求问题转化为证明0)(maxxg的问题【精讲精析】 I ）xbaxxf21)(2 分由已知条件得. 2)1(, 0) 1(ff即.221, 01baa解得.3, 1 ba5 分II ）)(xf的定义域为, 0，由I ）知xxxxfln3)(2设xxxxxfxgl
24、n32)22()()(2，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用xxxxxxg)32)(1(321)(当10 x时，0)(xg；当1x时，0)(xg所以)(xg在)1 ,0(上单调增加，在 1，+）上单调减少而0) 1(g，故当0 x时，0)(xg，即22)(xxf12 分15.=lnx+a(1-ax2-2(1-ax的单调性 .【思路点拨】 先求)(xf的导函数)(xf，再由a的不同取值范围，解不等式0)(xf，从而确定)(xf的单调区间 . 在解本题时一定要注意)(xf的定义域为0|xx【
25、精讲精析】 函数( )fx的定义域为(0,).22 (1)2(1)1( ),aa xa xfxx当212(1)10aa x时, 方程 2a(1-a)x的判别式112(1).3aa当10,0,( )3afx时有两个零点，12(1)(31)(1)(31)110,22 (1)22 (1)aaaaxxaaaaaa且当12120,( )0,( )(0,)(,)xxxxfxf xxx或时在与内为增函数；当1212,( )0,( )(,)xxxfxf xx x时在内为减函数；当11,0,( )0,( )(0,)3afxf x时所以在内为增函数；当11,( )0(0),( )(0,)afxxf xx时在内为增
26、函数；当1(1)(31)11,0,0,22 (1)aaaxaaa时2(1)(31)10,( )22 (1)aaxfxaaa所以在定义域内有唯一零点1x，且当110,( )0,( )(0,)xxfxf xx时在内为增函数；当1xx时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用1( )0,( )(,)fxf xx在内为减函数。( )f x的单调区间如下表：103a113a1a1(0,)x12(,)x x2(,)x(0,)1(0,)x1(,)x 其中12(1)(31)(1)(31)11,22 (1)22
27、 (1)aaaaxxaaaaaa）16.在平面直角坐标系xOy上, 给定抛物线L:214yx, 实数,p q满足240pq,12,x x是方程20 xpxq的两根，记12(, )max,p qxx.）过点20001(,)(0)4A ppp作L的切线交y轴于点B.证明: 对线段AB上任一点( , )Q p q有0(, );2pp q）设( , )M a b是定点，其中,a b满足240ab,0a. 过( , )M a b作L的两条切线12,l l，切点分别为22112211(,),(,)44E ppEpp，12,l l与y轴分别交于,F F. 线段EF上异于两端点的点集记为X. 证明:( , )
28、M a bX12| |pp( , )a b12p。和最大值 ( 记为max. 【思路点拨】 1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而写出切线方程，再求出其与y轴的交点坐标 . 把条件 Q点在线段 AB上转化为代数条件，即p的取值范围，求出方程02qpxx的根，用p表示，再由其取值范围得出结论 .精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用2）数形结合可得 . 3）数形结合，结合换元法. 【精讲精析】 的切线斜率021Pk，切线方程为)(241000PxPPy, 令0 x得 B(4,020P. 由 Q
29、qp,）在线段 AB上得42200PpPq. 由02qpxx，得242qppx=2|2202002PppPpPpp. 由对称性，不妨设00Pp，则22001PpPpx,222002PppPpx，由00Pp得22020PxP即2|02Px. 综之有2| |,max|,021Pxxqp）（. 2）【证明】由 1）知221211(0,),(0,)44FpFP）若( , )M a bX，由1）知M在线段EF上, 且1( , )2Pa b且1ap, 若2ap, 由1）知M在线段E F上, 则M在y轴上，这与0a矛盾，故2ap，得12pp；）若12pp，有22121144pP，点211(0,)4Fp在22
30、1(0,)4FP的下方，则交点M在线段EF上, 即( , )M a bX，得1( , )2Pa b. 由上述） 【解】方法一：由45) 1(4112xyxy得10yx或12yx知2, 0p，1 ,1q由题意知：1pq，于是有qqp4)1(22，即 D内任何一点对应方程均有解，由021pxx知24),(2qppqp，设qpu42，则qp,）=2up,422upq, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用区域 D=22, 0)2)(2( | ),(45) 1(41, 1|),(22puupuppu
31、pqpqqp如图示画出区域，将直线l：0up平行移动，当l与直线 BC重合时，2up，得min(p,q)1；当l与曲线相切时，由222up知1up，得切点)23, 1 (A, 于是有45),(maxqp. 方法二：联立1yx，215(1)44yx得交点(0, 1), (2,1)，可知02p，过点( ,)p q作抛物线 L 的切线，设切点为2001(,)4xx，则20001142xqxxp，得200240 xpxq，解得204xppq，又215(1)44qp，即2442pqp，042xpp，设42pt，20122xtt215(1)22t，0maxmax|2x，又052x，max54；1qp，20
32、44|2 |2xppppp，0minmin|12x17.2018山东高考理科 21）本小题满分 12 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用某企业拟建造如图所示的容器不计厚度，长度单位： M ），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为803立方 M ，且2lr. 假设该容器的建造费用仅与其表面积有关. 已知圆柱形部分每平方M建造费用为 3 千元，半球形部分每平方M建造费用为(3)c c千元. 设该容器的建造费用为y千元.）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的
33、定义域；）求该容器的建造费用最小时的r. 【思路点拨】 本题为应用题，从近几年高考题目来看，应用题总体难度不是太大，易于得分，1）先求出l和 r 的关系，再根据问题情境列出函数解读式，注意函数的定义域.2 ）利用导数求函数的最值 . 先求导，再判断函数的单调性，然后根据单调性求出极值，再由函数的定义域求出最值 .【精讲精析】 ）因为容器的体积为803立方 M ，所以3243rr l803, 解得280433rlr, 由于2lr因此02r. 所以圆柱的侧面积为2 rl=28042()33rrr2160833rr, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -
34、 - -第 19 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用两端两个半球的表面积之和为24 r, 所以建造费用y21608 rr+24 cr, 定义域为(0, 2. 3, 所以 c-20, 所以令0y得:3202rc。令0y得:32002rc, 1）当932c时，即32022c时，函数 y 在0，2）上是单调递减的，故建造费最小时r=2. 2）当92c时，即320022c时，函数 y 在0，2）上是先减后增的，故建造费最小时3202rc. 18.已知函数 fx ）=lnx-ax2= 讨论 fx ）的单调性；II ）设 a0，证明：当 0 x1a时，f1a+x）f1ax）；III ）若函数 y=f
35、x ）的图象与 x 轴交于 A，B两点，线段 AB中点的横坐标为 x0，证明： f 要先考虑定义域，再求导数，然后对a进行讨论，从而所求函数的单调性；II ）可先构造函函数)1()1()(xafxafxg，将所证结论转化为证精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用明0)(xg恒成立，再对)(xg求导，利用单调性可解决问题；III ）先设 A1x，）， B 可知0a且)(xf先增后减，利用 的结论得证【精讲精析】 ()(xf的定义域为,0，xaxxaaxxxf)1)(12()2(21)(. ）若0
36、a，则0)(xf，所以)(xf在,0单调递增 . ）若0a，则由0)(xf得ax1，且当)1,0(ax时，0)(xf，当ax1时，0)(xf，所以)(xf在a1,0单调递增，在,1a单调递减 . 4分）设函数)1()1()(xafxafxg，则axaxaxxg2)1ln()1ln()(，222312211)(xaxaaaxaaxaxg. 当ax10时，0)(xg，而0)0(g，所以0)(xg. 故当ax10时，)1()1(xafxaf. 8分可得，当0a时，函数 y=fx ）的图象与 x 轴至多只有一个交点，故0a，从而)(xf的最大值为)1(af，且0)1(af不妨设 A1x，）， B2x，
37、），210 xx，则2110 xax，由知，0)(0 xf12分19已知函数2( )()xkf xxke. I）求( )f x的单调区间；0 与 k221( )()xkfxxkek，令( )0fx，得xk. 当 k0 时，f(x 与( )fx的情况如下：x(,)kk(, )k kk( ,)k( )fx- 0 + 0 - ( )f x214k e0 所以( )fx的单调增区间是(,)k和( ,)k；单调减区间是(, )k k. 当0k时，( )f x与( )fx的情况如下：x(, )kk( ,)kkk(,)k( )fx+ 0 - 0 + ( )f x0 214k e所以( )fx的单调减区间是(
38、, )k和(,)k；单调增区间是( ,)kk. ）当0k时，因为11(1)kkf kee，所以不会有(0,)x，1( )f xe. 当0k时，由 1）知( )f x在(0,)上的最大值是24()kfke. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用所以1(0,),( )xf xe等价于241()kfkee，解得102k. 故当(0,)x，1( )f xe时，k 的取值范围是1,0)2. 20已知函数( )()xf xxk e. ）求( )f x的单调区间；）求( )f x在区间0,1上的最小值 .
39、 【思路点拨】 ）先求出( )f x的导数，然后根据导数的性质得出单调区间； ）根据单调性求出 0,1 值域，通过值域得出最小值.【精讲精析】 ）( )(1)xfxxke. 令( )0fx，得1xk，( )f x与( )fx的情况如下：x(,1)k1k(1,)k( )fx- 0 + ( )f x1ke所以( )fx的单调递减区间是(,1)k；单调递增区间是(1,)k. ）当10k，即1k时，函数( )fx在0,1上单调递增，所以( )fx在区间0,1上的最小值为(0)fk；当011k，即12k时，由）知( )f x在0,1)k上单调递减，在(1,1k上单调递增，所以( )f x在区间0,1上的
40、最小值为1(1)kf ke. 当11k，即2k时，函数( )fx在0,1上单调递减，所以( )f x在区间0,1上的最小值为(1)(1)fk e. 212018湖南高考文科 T22）本小题满分 13 分）设函数).(ln1)(Raxaxxxf精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用 的单调性； 有两个极值点21xx 和，记过点)(,(),(,(2211xfxBxfxA的直线的斜率为 k. 问：是否存在 a，使得 k=2-a？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由 .【思路点拨】 本题主要考
41、查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用分类讨论思想、函数和方程相互转化的思想分析解决温问题的能力.【精讲精析】0,g(x)=0的两根都小于 0，在(0,)上，( )0fx，故( )(0,)f x 在上单调递增(3)当2a时, 0,g(x)=0的两根为221244,22aaaaxx，当10 xx时，( )0fx；当12xxx时，( )0fx；当2xx时，( )0fx，故( )f x分别在12(0,),(,)xx上单调递增，在12(,)x x上单调递减II ）由 知，121x x于是1212lnln2xxkaxx若存在a，使得2.ka则1212lnln1xxxx即
42、1212lnlnxxxx亦即222212ln0(1)(*)xxxx再由I）知，函数1( )2lnh tttt在(0,)上单调递增，而21x，所以222112ln12ln10.1xxx这与(*)式矛盾故不存在a，使得2.ka22.2018江西高考理科 19）设3211( )232f xxxax1）若( )f x在2(,)3上存在单调递增区间，求a的取值范围 . 2）当02a时，( )f x在1,4的最小值为163，求( )f x在该区间上的最大值. 【思路点拨】 1）要使( )fx在2(,)3上存在单调递增区间，需f (x)在2(,)3上恒大于零，即得a 的取值范围 ., 从而求出 a 的值，进
43、一步易求( )fx在该区间上的最大值为 f(2.【精讲精析】精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用22121212111( )2()22422221 ,)( )( )2 ;20,3399912( ),)9311 811 8( ) 0,.22( ),( ,)( , )0= +=-f xxxaxaxf xfaaaaf xaaf xxxf xxxx x解：（）由当时，的最大值为令得所以，当时，在（上存在单调递增区间.(2)令，得两根所以在（ ，上单调递减，在上单调递增 .当1222214,( )27
44、(4)(1)60,(4)(1),24016( )(4) 8,33101,2,( ).3=axf xffafff xfaaxf x时，有 x所以在1,4 上的最大值为f(x又即所以在1,4上的最小值为得从而在1,4上的最大值为f(2)=23.2018江西高考文科 20）设nxmxxxf2331. 1）如果32xxfxg在2x处取得最小值5，求xf的解读式；2）如果*10,mnm nN，xf的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n的值 (注：区间ba,的长度为ab）【思路点拨】 配方，结合二次函数的图像特点，可得参数 m,n. 存在单调递减区间，得出f (x)0有两个不等的实根，进而根据0得到2m
45、n，又因为单调递减区间的长度为221xx2 mn，结合 m+n10,经过讨论可得， m,n的值。【精讲精析】 解：1）已知nxmxxxf2331，nmxxxf22又322322nxmxxxfxg在2x处取极值，则3022222mmg，又因为在2x处取最小值 -5，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用则25342222nngxxxxf2331232）要使nxmxxxf2331单调递减，则022nmxxxf又因为递减区间长度是正整数，所以022nmxxxf两根设做a，b。即有：b-a 为区间长度
46、。又222*4442,baababmnmn m nN又因为 b-a 为正整数，且 m+n10, 所以 m=2 ，n=3或，5, 3 nm符合。242018陕西高考理科 T19）本小题满分 12 分）如图，从点 P10，0）作x轴的垂线交曲线xye于点1(0,1)Q，曲线在1Q点处的切线与x轴交于点2P再从2P作x轴的垂线交曲线于点2Q，依次重复上述过程得到一系列点：11,P Q；22,P Q；,nnP Q，记kP点的坐标为(,0)kx1,2,kn）试求kx与1kx的关系2kn剟）；）求112233|nnPQPQPQPQ【思路点拨】 1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与x轴的交点坐标；
47、2 ）尝试求出通项|nnPQ的表达式，然后再求和【精讲精析】 ）设点1kP的坐标是1(,0)kx，xye，xye，111(,)kxkkQxe，在点111(,)kxkkQxe处的切线方程是111()kkxxkyeexx，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用令0y，则11kkxx2kn剟）10 x，11kkxx，(1)kxk，(1)|kxkkkPQee，于是有112233|nnPQPQPQPQ12(1)1111nneeeee11neee，即112233|nnPQPQPQPQ11neee25201
48、8陕西高考理科 T21）本小题满分 14 分）设函数( )f x定义在(0,)上，(1)0f，导函数1( )fxx，( )( )( )g xf xfx）求( )g x的单调区间和最小值；）讨论( )g x与1()gx的大小关系；）是否存在00 x，使得01|( )() |g xg xx对任意0 x成立？若存在，求出0 x的取值范围；若不存在，请说明理由【思路点拨】 ）先求出原函数( )fx，再求得( )g x，然后利用导数判断函数的单调性 单调区间），并求出最小值；）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负； ）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；
49、注意利用前两问的结论【精讲精析】 ）1( )fxx，( )lnf xxcc为常数），又(1)0f，所以ln10c，即0c，( )lnf xx；1( )lng xxx，21( )xg xx，令( )0gx，即210 xx，解得1x，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 38 页个人资料整理仅限学习使用当(0,1)x时，( )0gx，( )g x是减函数，故区间在(0,1)是函数( )g x的减区间；当(1,)x时，( )0gx，( )g x是增函数，故区间在(1,)是函数( )g x的增区间；所以1x是( )g x的唯一极值点
50、，且为极小值点，从而是最小值点，所以( )g x的最小值是(1)1g）1( )lngxxx，设11( )( )()2lnh xg xgxxxx，则22(1)( )xh xx，当1x时，(1)0h，即1( )()g xgx，当(0,1)(1,)x时，( )0h x，(1)0h，因此函数( )h x在(0,)内单调递减，当01x时，( )(1)h xh=0，1( )()g xgx；当1x时，( )(1)h xh=0，1( )()g xgx）满足条件的0 x不存在证明如下：证法一假设存在00 x，使01|( )() |g xg xx对任意0 x成立，即对任意0 x有02ln()lnxg xxx但对上