2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题05导数的热点问题（热点难点突破）理（含解析）.doc

1、1导数的热点问题1在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为 60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为 v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为 31(升)，在水底作业 10个单位时间，每(v10)单位时间用氧量为 0.9(升)，返回水面的平均速度为 (米/单位时间)，每单位时间用氧量为 1.5(升)，记v2该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为 y(升)(1)求 y关于 v的函数关系式； (2)若 c v15( c0)，求当下潜速度 v取什么值时，总用氧量最少(2)y ，6v50 240v2 3 v3 2 00025v2令 y0，得 v10 ，32当 010 时， y0，

2、函数单调递增，32当 0e2 .1e(1)【解析】由定义 域为(0,1)(1，)，f( x) ，1x a x 1 2 x2 a 2 x 1x x 1 2设 h(x) x2( a2) x1，要使 y f(x)在 上有极值，(e， )则 x2( a2) x10 有两个不同的实根 x1， x2， ( a2) 240， a0或 ae，0e 2，1e联立可得 ae 2.1e即实数 a的取值范围是 .(e1e 2， )(2)证明 由(1)知，当 x 时， f( x)0， f(x)单调递增，(x2， ) f(x)在(1，)上有最小值 f(x2)，即 t(1，)，都有 f(t) f(x2)，又当 x 时， f

3、( x)0， f(x)单调递增，(0， x1)当 x 时， f( x)e)设 k(x)ln x2 x 2ln x x (xe)，1x 1x则 k( x) 1 0(xe)，2x 1x2 k(x)在 上单调递增，(e， ) k(x)k(e)2e ，1e f(t) f(s)e2 . 1e3已知函数 f(x)(2 x1)ln(2 x1) a(2x1) 2 x(a0)(1)如图，设直线 x ， y x将坐标平面分成，四个区域(不含边界)，若函数 y f(x)12的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的 a的取值范围；(2)当 a 时，求证： x1， x2(0，)且 x1 x2，有 f(x

4、1) f(x2)0， a .ln 2x 12x 14令 h(x) ，ln 2x 12x 1 (x 12)则 h( x) .2 2ln 2x 1 2x 1 2 (x 12)当 x 时， h( x)0， h(x)单调递增；(12， e 12 )当 x 时， h( x) 12)当 x0时， 时，8 a4，42x 1 12 u( x) 8 a0时， f( x)为减函数，不妨设 x2x10，令 g(x) f(x) f(x1)2 f (xx1)，(x x12 )可得 g(x1)0，g( x) f( x) f ，(x x12 ) x 且 f( x)是(0，)上的减函数，x x12 g( x)x1时， g(x

5、)为减函数， g(x2)1eg(x)5(2)证明 易得 f( x) ，1x ax2则由题意，得 f e ae2e，解得 a .(1e) 2e f(x)ln x ，从而 f 1，2ex (1e)即切点为 .(1e， 1)将切点坐标代入 ex y2 b0 中，解得 b0. g(x)e x.要证 f(x)g(x)，即证 ln x e x(x(0，)，2ex只需证 xln x xe x(x(0，)2e令 u(x) xln x ， v(x) xe x， x(0，)2e则由 u( x)ln x10，得 x ，1e u(x)在 上单调递减，(0，1e)在 上单调递增，(1e， ) u(x)min u .(1

6、e) 1e又由 v( x)e x xe xe x(1 x)0，得 x1， v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，6 v(x)max v(1) .1e u(x) u(x)min v(x)max v(x)，显然，上式的等号不能同时取到故对任意的 x(0， )，总有 f(x)g(x)5已知函数 g(x) xln x， h(x) (a0)ax2 12(1)若 g(x)a a0，(1，1a) 1x f( x)在 上单调递增，(1，1a)又 f(1)1 a0， f( x)0，即 f(x)在 上单调递増，(1，1a)f(x)f(1) 0，不满足题意a 12综上所述， a1，)7方法二 当 x

7、(1，)时， g(x) ，2xln x 1x2令 F(x) (x1)，2xln x 1x2F( x) (x1)，2(x 1 xln x)x3记 m(x) x1 xln x(x1)，则 m( x)ln x0.(x 1a6)(1)求函数 f(x)在区间(0，)上的零点个数；8(2)函数 F(x)的导数 F( x) f(x)，是否存在无数个 a(1,4)，使得 ln a为函数 F(x)的极大值(ex a)点？请说明理由(2)方法一 当 a1时，ln a0.因为当 x 时，e x a0.(ln a， )由(1)知，当 x(0， x0)时， f(x)0.下面证：当 a 时，ln a0，3 x3x所以 g

8、( x)在 上单调递增，(1， e)由 g(1 ) 0，13 e3所以存在唯一零点 t0 ，使得 g 0，(1， e) (t0)且 x 时， g( x)0， g(x)单调递增(t0， e)9所以当 x 时， g(x)0， F(x)单调递增；(ex a)当 ln a0， f(x)0.(ln a， )由(1)知，当 x(0， x0)时， f(x)0.所以存在无数个 a(1,4)，使得 ln a为函数 F(x)的极大值点，即存在无数个 a(1,4)，使得 ln a0，(32， 2)所以 g( x)在 上单调递增，(32， 2)因为 g ln 0，(32) 32 12 23所以存在唯一零点 t0 ，使

9、得 g 0，(32， 2) (t0)且当 x 时， g( x)0， g(x)单调递增；(t0， 2)10所以当 x 时，32， 2g(x)min g t0ln t0 t0 1，(t0)t206由 g 0，可得 ln t0 ，(t0)t03代入式可得 g(x)min g t01，(t0)t206当 t0 时，(32， 2)g t01 1，求证： f(x) ax2 x1ln( x1)12(1)【解析】当 ae 时， f( x) x(exe)当 x(，0)时， f( x)0， f(x)为增函数， f(x)极小值 f(0)1，无极大值(2)【解析】 f( x) x(ex a)，()当 a0 时， f(

10、x)( x1)e x，只有一个零点 x1，()当 a0时，e x a0，当 x(，0)时， f( x)0， f(x)为增函数，f(x)极小值 f(0)1，而 f(1) 0，a2当 x0时，函数 f(x)在(0,1)上存在一个零点，当 xx1，11 f(x)( x1)e x ax2x1 ax212 12 ax2 x1，12令 g(x) ax2 x1，12x1是 g(x)0 的一个根，取 x1 0， f(x1)f(0)0，即 a0，1 x 1 2 h(x)为(1，)上的增函数， h(2)e 210，取 x1e 2 ， x1e 2 ， h(1e 2 ) 1e 20， g( x)0， g(x)为增函数

11、， g(x)min g(x0)( x01) 0eln( x01) x01( x01) ln 0 x011x0 11 x0 x010，对 x1， g(x) g(x0)0，即 f(x) ax2 x1ln( x1)128.已知 f(x) asin x， g(x)ln x，其中 aR， y g1 (x)是 y g(x)的反函数(1)若 00， m0恒成立，求满足条件的最小整数b的值(1)证明 由题意知 G(x) asin(1 x)ln x，G( x) acos(1 x)(x0)，1x13当 x(0,1)，01,00，故函数 G(x)在区间(0,1)上是增函数(3)【解析】由对任意的 x0， m0 恒成

12、立，即当 x(0，)时， F min0.(x)又设 h(x) F e x2 mx2，(x)h( x)e x2 m， m0， h(x)单调递增，又 h(0)0，则必然存在 x0(0,1)，使得 h(x0)0， F(x)在(0， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增， F(x) F(x0) e mx 2 x0 b20，20则 b mx 2 x02，又 e2 mx020，20 m ， 22x0 b e x 2 x02 22x0 20 x02，(x02 1)又 m 0ex x02， x0(0，ln 2)恒成立，(x02 1)令 m(x) ex x2， x(0，ln 2)，(x2 1)则 m( x

13、) (x1)e x1，12令 n(x) (x1)e x1，12则 n( x) xex0，12 m( x)在(0，ln 2)上单调递增， m( x)m(0) 0，12 m(x)在(0，ln 2)上单调递增， m(x)0，即( x22)e x0，因为 ex0，所以 x220，解得 0，所以 x2( a2) x a0，则 a ( x1) 对 x(1,1)都成立x2 2xx 1 x 1 2 1x 1 1x 115令 g(x)( x1) ，1x 1则 g( x)1 0.1 x 1 2所以 g(x)( x1) 在(1,1)上单调递增1x 1所以 g(x)0，所以 x2( a2) x a0 对 xR 都成立

14、所以 ( a2) 24 a0，即 a240，这是不可能的故函数 f(x)不可能在 R上单调递减 10已知函数 f(x)2ln x x22 ax(a0)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)有两个极值点 x1， x2(x12时， 0，方程 x2 ax10 有两个不同的实根，分别设为 x3， x4，不妨令 x30，当 x( x3， x4)时，f( x)0，所以函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，在(0，a a2 42 ) (a a2 42 ， a a2 42 )上单调递增(a a2 42 ， )综上，当 02时 f(x)在 上单调递增，在(0，a a2 42 )上单调递

15、减，在 上单调递增(a a2 42 ， a a2 42 ) (a a2 42 ， )(2)由(1)得 f(x)在( x1， x2)上单调递减， x1 x2 a， x1x21，16则 f(x1) f(x2)2ln ( x1 x2)(x1 x22 a)2ln 2ln ，x1x2 x1x2 x2 x21x1x2 x1x2 x2x1 x1x2令 t ，则 0t1， f(x1) f(x2)2ln t t，x1x2 1t令 g(t)2ln t t(0t1)，则 g( t) 0，1t t 1 2t2故 g(t)在(0,1)上单调递减且 g 2ln2，(12) 32故 g(t) f(x1) f(x2) 2ln2 g ，即 0t ，32 (12) 12而 a2( x1 x2)2 2 t 2，其中 0t ，x1x2 x2x1 1t 12令 h(t) t 2， t ，1t (0， 12所以 h( t)1 0在 t 上恒成立，1t2 (0， 12故 h(t) t 2 在 上单调递减，1t (0， 12从而 a2 ，92故 a的取值范围是 .3 22， )