（全国通用）2020高考数学 艺体生文化课 第六章 导数 第3节 导数综合解答题课件

第六章导数1.(2018广州一模)已知函数f(x)=alnx+xb(a≠0).当b=2时,讨论函数f(x)的单调性.第3节导数综合解答题22()()()()0,.22,ln,'2.0,'0,0,.0,'0,,20,'0,0,;22,'0,()()()()()()()(,)()(22)fxaxabfxaxxfxxxxafxfxaafxxaaxfxfxaaxfxfx【解析】　函数的定义域为当时所以①当时所以函数在上单调递增②当时令解得当时所以函数在上单调递减当时所以函数在上单调递.,2,0,0,;2,0,0,,,.2()((2)()())bafxbaaafx增综上所述当时函数在上单调递增当时函数在上单调递减在上单调递增2.(2018烟台)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2+a)x(a∈R).讨论函数f(x)的单调性.()()()()()()()1(21)(1)'220,0,'00,,0,;1()()()()(10,'0,0,'0,,110,,),.xaxfxaxaxxxafxfxafxxfxxaafxaa【解析】　当时在上恒成立在上单调递增当时令解得令解得此时在递增在递减3.(2018深圳模拟)设函数f(x)=ex-1-alnx,其中e为自然对数的底数.若a=1,求f(x)的单调区间.1111()()()()()()()()()()e11,eln0,'0.e10,'1e0,()()()0,'0,,10,0,1,0,'0,,1,,0,()()()()()())0).(,('xxxxxafxxxfxxxtxxxtxxxxtxtxtxtxfxfxxtxfxfxfx【解析】　若则令则当时即单调递增又当时单调递减当时单调递增的0,1(),1,.()单调递减区间为单调递增区间为4.(2018天一大联考)已知函数f(x)=4alnx-ax-1.若a≠0,讨论函数f(x)的单调性.4(4)',0,0,4,4,;0,0,4()()()()()()(,4.),aaxfxaxxafxafx【解析】　依题意若则函数在上单调递增在上单调递减若则函数在上单调递减在上单调递增5.(2017广州模拟)已知函数f(x)=lnx+(a0).若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围.22min()()()()()()()()ln0,.1ln,'.0,0,,'0;,,'0.0,,,.,ln1.1ln10,0,1l()()()[(n10,e)]()()afxxxaaxafxxfxxxxxaxafxxafxfxaaxafxaaafaafx【解析】函数的定义域为由得因为则时时所以函数在上单调递减在上单调递增当时当即时又则函数0(.e]1,.a有零点所以实数的取值范围为ax22()()()()()()()()()()442:'20,0,'00,,0,.222()()4420,'20,2()()(2'0,0;'0,.220,,,.)mxfxmxxxxmfxxfxmxxmxmmmfxmxxxxxfxxfxxmmfxmm【解析】由题知当时在时恒成立在上是增函数当时令得令得在上为增函数在上为减函数6.(2018惠州模拟)已知函数f(x)=4lnx-mx2+1(m∈R).讨论函数f(x)的单调性.:'e12.0,,0,e10,'0;0,,e10()()()(,'0.0,,0,10,'0;0,,e10,'0.,,0,0,)()()()()()()()()(.)mxmxmxmxmxfxmxmxfxxfxmxefxxfxfx【解析】　证明若则当时当时若则当时当时所以在单调递减在单调递增7.(2015新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=emx+x2-mx.证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.8.(2018晋城模拟)已知函数f(x)=ax2+(a-1)x+(1-2a)lnx(a0).若x=2是函数的极值点,求a的值及函数f(x)的极值.1222()()()()()()()1112ln,212'10,1211'221()()()()()()(20,,224131131(1)(2)ln,',8424424012,'0,,12,'0,fxaxaxaxafxaxaxxafaaaaxxfxxxxfxxxxxxfxfxxfxfx【解析】　由已知解得此时当和时是增函数当时)()(),12.1351,84813112ln2ln21.2222()()fxxxfxff是减函数所以函数在和处分别取得极大值和极小值故函数的极大值为极小值为9.(2018广东七校联考)已知函数f(x)=lnx,h(x)=ax(a∈R).函数f(x)与h(x)的图象无公共点,试求实数a的取值范围.2max()()()()ln,0,.ln1ln,()','0,e.1e,e,eln10,,,e1,.e()()()()xfxhxaxxxtxtxtxxxxxttxaaxa【解析】　函数与无公共点等价于方程在无解令则令得因为是唯一的极大值点故故要使方程在无解当且仅当故实数的取值范围为x(0,e)e(e,+∞)t'(x)+0-t(x)单调递增极大值单调递减10.(2018马鞍山)已知函数f(x)=lnx-ax2+x,a∈R.讨论函数f(x)的单调性.22212121222()()()()()()()()(21ln,):',0,0,'00,,0,;0,181181'0,210,,,4410,0,2'00,,'0,()()axxfxxaxxfxxxafxfxaaafxaxxxxaaxxxxafxxxfxxx【解析】　由得当时在上恒成立函数在上单调递增当时令则得令得令得()(),1811810,,,.4)4(aafxaa在上单调递增在上单调递减,,;'1e211e2.0,2e,()()()()()()()()()()()(.0,,)()()(1,'0;1,,'0.,1,1,.1e,2,0)()()xxxfxxaxxaafxxfxaxfxxfxfxffabb【解析】求导根据导函数的符号来确定主要要根据导函数零点来分类①设则只有一个零点②设则当时当时所以在上单调递减在上单调递增又取满足且22()()()(l)()n,23210,.22abafbbababbfx则故存在两个零点11.(2016新课标Ⅰ卷,理)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.求a的取值范围.1e0,0,'01ln2.e,ln21,21,,'0,1,.e,ln21,21,ln2,'0;ln2,,'()()()()()()()()()(())()(())()()((0.1,)ln2,ln2)(),()fafxxxaaaxfxfxaaxafxxafxfxaa③设由得或若则故当时因此在上单调递增若则故当时当时因此在单调递减在.1,0,.,()()(0,.)xfxfxa单调递增又当时所以不存在两个零点综上的取值范围为12.(2018南平模拟)已知函数f(x)=lnx-(a+1)x,其中a∈R.试讨论函数f(x)的单调性及最值.()()()()()()()()()()()()()()11(1)ln10:'10;1,'0,0,,,;111,0,'0,0,,1111()(1,'0,,,,1)(11axfxxaxxfxaxxxafxfxfxaxfxfxaaxfxfxxaaafx【解析】由得①当时在单调递增没有最大值也没有最小值②若当时在单调递增当时在单调递减所以当时11ln1ln11,.11)()()()fafxaa取到最大值没有最小值()()()ln0,0,ln0.11ln,10,'0,0,'0,0,,10,1,0,;10,'0,.()()()()()()()()()fxxaxaxxaxaxaxgxaxaxggxaxxxagxgxgxgxagxxa【解析】因为所以令则当时在上单调递减时不符合当时令得13.(2017新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0.求a.min()()()()()()()()()()()()()()()10,'0,0,;1,'0,0,.11101,1,1,,10,;111(1,1,,1,10,;11,10,0.,)()()1xgxgxaxgxgxaagxggaaaagxggaaaagxgggxaa当时在上单调递减当时在上单调递增若即则在上单调递减不符合若即则在上单调递增不符合若则综上.22(21)1(21)(1)'0.0,'0,0,;110,0,,,.22()()()()()()()()axaxaxxfxxxxafxfxafxaa【解析】　当时则在单调递增当时则在上单调递增在上单调递减14.(2017新课标Ⅲ卷)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.讨论f(x)的单调性.15.(2018新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;322113,333,'63.3'0323323.,323323,,'0;()()()()()(323,323,'0.,323,3)()()()()()()(23,,323,323.)afxxxxfxxxfxxxxfxxfxfx【解析】　当时令解得或当时当时故在单调递增在单调递减1315.(2018新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(2)证明:f(x)只有一个零点.32232222222()()(23)()()(1)()2:10,030.13,'0,10'0,,.,.1111316260,310,3()()()()(66)())3(xxxfxaxxxgxagxxxxgxgxgxxxxxfxfaaaaaxff证明由于所以等价于设则仅当时所以在单调递增故至多有一个零点从而至多有一个零点又故.,(.)()xfx有一个零点综上只有一个零点1316.(2018新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=aex-lnx-1.(1)设x=2是f(x)的极值点.求a,并求f(x)的单调区间;222110,,'e.1,'20,.2e111eln1,'e.2e2e02,'0;2,'0.0,2,()()()()()()()()()()(2)(),.xxxfxfxaxfafxxfxxxfxxfxfx【解析】　的定义域为由题设知所以从而当时当时所以在单调递减在单调递增16.(2018新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=aex-lnx-1.(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.()()()()()1e2:,ln1.eeee1ln1,'()()()(.ee01,'0;1,'0.1.10,10.,,0.e)()xxxafxxgxxgxxxgxxgxxgxxgxgafx