2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用
1.已知函数.
（1）若函数有零点，求实数的取值范围；
（2）证明：当时，.
2.已知函数（），（）.
（1）讨论的单调性；
（2）设，，若（）是的两个零点，且，试问曲线在点处的切线能否与轴平行？请说明理由.
3.已知函数（）
（1）若在处取得极大值，求实数的取值范围；
（2）若，且过点有且只有两条直线与曲线相切，求实数的值.
4.已知函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）求证：，
5.已知函数f（x）=﹣ax+b在点（e，f（e））处的切线方程为y=﹣ax+2e．
（Ⅰ）求实数b的值；
（Ⅱ）若存在x∈[e，e2]，满足f（x）≤+e，求实数a的取值范围．
6.已知函数的图像在处的切线过点.
（1）若函数，求的最大值（用表示）；
（2）若，，证明：.
7.已知函数，，.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若对任意的，都有成立，求实数的取值范围.
8.设函数
（1）求的单调区间；
（2）若为整数，且当时，恒成立，其中为的导函数，求的最大值.
9.设函数.
（1）若对定义域内的任意，都有成立，求实数的值；
（2）若函数的定义域上是单调函数，求实数的取值范围；
（3）若，证明对任意的正整数，.
10.已知函数（且），为自然对数的底数．
（Ⅰ）当时，求函数在区间上的最大值；
（Ⅱ）若函数只有一个零点，求的值．
11.已知函数，.
（1）当时，求的单调递增区间；
（2）设，且有两个极值，其中，求的最小值.
12.已知函数f（x）=lnx+x2﹣2ax+1（a为常数）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若存在x0∈（0，1]，使得对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4（其中e为自然对数的底数）都成立，求实数m的取值范围．
13.已知函数f（x）=ax+x2﹣xlna（a＞0，a≠1）．
（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数f（x）单调增区间；
（3）若存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．
14.已知函数，．
（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若直线是函数图像的切线，求的最小值；
（3）当时，若与的图像有两个交点，求证：
15.某工艺品厂要设计一个如图1所示的工艺品，现有某种型号的长方形材料如图2所示，其周长为4m，这种材料沿其对角线折叠后就出现图1的情况．如图，ABCD（AB＞AD）为长方形的材料，沿AC折叠后交DC于点P，设△ADP的面积为，折叠后重合部分△ACP的面积为．
（Ⅰ）设m，用表示图中的长度，并写出的取值范围；
（Ⅱ）求面积最大时，应怎样设计材料的长和宽？
（Ⅲ）求面积最大时，应怎样设计材料的长和宽？
16.已知.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.
17.已知函数恰有两个极值点，且.
（1）求实数的取值范围；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
18.已知函数f（x）=（lnx﹣k﹣1）x（k∈R）
（1）当x＞1时，求f（x）的单调区间和极值．
（2）若对于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx成立，求k的取值范围．
（3）若x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明：x1x2＜e2k．
19.已知函数（）.
（Ⅰ）若曲线在点处的切线与轴垂直，求的值；
（Ⅱ）若函数有两个极值点，求的取值范围；
（Ⅲ）证明：当时，.
20.已知函数.
(1)当时，求在上的值域；
(2)若函数有三个不同的零点，求的取值范围.
21.已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
22.已知函数在上为增函数，且.
（Ⅰ）求函数在其定义域内的极值；
（Ⅱ）若在上至少存在一个，使得成立，求实数的取值范围.
参考答案
1.（1）函数的定义域为.
由，得.
①当时，恒成立，函数在上单调递增，
又，
所以函数在定义域上有个零点.
②当时，则时，时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
当.当，即时，又，
所以函数在定义域上有个零点.
综上所述实数的取值范围为.
另解：函数的定义域为.
由，得.
令，则.
当时，；当时，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
故时，函数取得最大值.
因，两图像有交点得，
综上所述实数的取值范围为.
（2）要证明当时，，
即证明当时，，即.
令，则.
当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
当时，.
于是，当时，.①
令，则.
当时，；当时，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，.
于是，当时，.②
显然，不等式①、②中的等号不能同时成立.
故当时，.
2.（Ⅰ）
(1)当时，，在单调递增，
当时，有
(Ⅱ)
假设在处的切线能平行于轴.
∵
?
?
?
④
由?-?得，
即
由④⑤得，
令，.则上式可化为，
设函数,
所以函数在上单调递增.
于是，当时，有⑥矛盾.
所以在处的切线不能平行于轴.
3.（Ⅰ）
∴①
∵
∴
由题②
由①②得
（Ⅱ）
所以
因为过点且与曲线相切的直线有且仅有两条，
令切点是，
则切线方程为
由切线过点，所以有
∴
整理得
所以
,即为所求
4.（Ⅰ）
∴
（Ⅱ）
显然时有，只需证时，由于
所以当时，.
综上，
5.解：（Ⅰ）f（x）=﹣ax+b，x∈（0，1）∪（1，+∞），
求导，f′（x）=﹣a，
则函数f（x）在点（e，f（e））处切线方程y﹣（e﹣ex+b）=﹣a（x﹣e），
即y=﹣ax+e+b，
由函数f（x）在（e，f（e））处的切线方程为y=﹣ax+2e，比较可得b=e，
实数b的值e；
（Ⅱ）由f（x）≤+e，即﹣ax+e≤+e，
则a≥﹣在[e，e2]，上有解，
设h（x）=﹣，x∈[e，e2]，
求导h′（x）=﹣==，
令p（x）=lnx﹣2，
∴x在[e，e2]时，p′（x）=﹣=＜0，
则函数p（x）在[e，e2]上单调递减，
∴p（x）＜p（e）=lne﹣2＜0，
则h′（x）＜0，及h（x）在区间[e，e2]单调递减，
h（x）≥h（e2）=﹣=﹣，
∴实数a的取值范围[﹣，+∞]．
6.（1）由，得，
的方程为，又过点，
∴，解得.
∵，
∴，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.故.
（2）证明：∵，∴，
，∴
令，，，令得；令得.∴在上递减，在上递增，
∴，∴，，解得：.
7.（1）当时，，，，
，从而曲线在处的切线为，即.
（2）对任意的，都有成立，从而
对，，从而在递减，递增，.
又，则.
下面证明当时，在恒成立.
，即证.
令，则，.当时，，当时，，从而在递减，递增，，
从而时，在恒成立.
8.（1）函数f（x）=ex-ax-2的定义域是R，f′（x）=ex-a，
若a≤0，则f′（x）=ex-a≥0，所以函数f（x）=ex-ax-2在（-∞，+∞）上单调递增
若a＞0，则当x∈（-∞，lna）时，f′（x）=ex-a＜0；
当x∈（lna，+∞）时，f′（x）=ex-a＞0；
所以，f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增
（2）由于a=1，
令，，
令，在单调递增，
且在上存在唯一零点，设此零点为，则
当时，，当时，
，
由，又
所以的最大值为2
9.（1）由,得．∴的定义域为．
因为对x∈,都有，∴是函数的最小值，故有．
解得．
经检验，时，在上单调减，在上单调增．为最小值．
（2）∵又函数在定义域上是单调函数，
∴或在上恒成立．
若，则在上恒成立,
即=恒成立,由此得；
若,则在上恒成立,
即=恒成立．
因在上没有最小值，∴不存在实数使恒成立．
综上所述，实数的取值范围是．
（3）当时，函数．令，
则．
当时，，所以函数在上单调递减．
又，当时，恒有，即恒成立．
故当时，有．
而，．取，则有．
．所以结论成立．
10.解：（Ⅰ）当时，，，令，解得，
时，；时，，
∴，而，，
即．
（Ⅱ），，
令，得，则
①当时，，
极小值 所以当时，有最小值，
因为函数只有一个零点，且当和时，都有，则，即，
因为当时，，所以此方程无解．
②当时，，
↘ 极小值 ↗ 所以当时，有最小值，
因为函数只有一个零点，且当和时，都有，
所以，即（）（）
设，则，
令，得，
当时，；当时，；
所以当时，，所以方程（）有且只有一解．
综上，时函数只有一个零点．
11.(1)由题意得F(x)=x－－2alnx.x0,=,
令m（x）=x２－2ax+1，
①当时F(x)在（0，+单调递增；
②当a1时，令，得x1=,x2=
x (0,) () () + － + ∴F(x)的单增区间为(0,)，()
综上所述，当时F(x)的单增区间为（0，+）
当a1时，F(x)的单增区间为(0,)，()
（2）h(x)=x－2alnx,h/(x)=,(x>0),由题意知x1,x2是x2+2ax+1=0的两根，
∴x1x2=1,x1+x2=－2a,x2=,2a=,
－=－=2()
令H(x)=2(),H/(x)=2()lnx=
当时，H/(x)<0,H(x)在上单调递减，H(x)的最小值为H()=,
即－的最小值为.
12.解：（I）f（x）=lnx+x2﹣2ax+1，
f''（x）=+2x﹣2a=，
令g（x）=2x2﹣2ax+1，
（i）当a≤0时，因为x＞0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（ii）当0＜a时，因为△≤0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（iii）当a＞时，x在（，）时，g（x）＜0，函数f（x）单调递减；
在区间（0，）和（，+∞）时，g（x）＞0，函数f（x）单调递增；
（II）由（I）知当a∈（﹣2，0]，时，函数f（x）在区间（0，1]上单调递增，
所以当x∈（0，1]时，函数f（x）的最大值是f（1）=2﹣2a，对任意的a∈（﹣2，0]，
都存在x0∈（0，1]，使得不等式a∈（﹣2，0]，2mea（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4成立，
等价于对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2＞0都成立，
记h（a）=2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2，由h（0）＞0得m＞1，且h（﹣2）≥0得m≤e2，
h''（a）=2（a+2）（mea﹣1）=0，
∴a=﹣2或a=﹣lnm，
∵a∈（﹣2，0]，
∴2（a+2）＞0，
①当1＜m＜e2时，﹣lnm∈（﹣2，0），且a∈（﹣2，﹣lnm）时，h''（a）＜0，
a∈（﹣lnm，0）时，h''（a）＞0，所以h（a）最小值为h（﹣lnm）=lnm﹣（2﹣lnm）＞0，
所以a∈（﹣2，﹣lnm）时，h（a）＞0恒成立；
②当m=e2时，h''（a）=2（a+2）（ea+2﹣1），因为a∈（﹣2，0]，所以h''（a）＞0，
此时单调递增，且h（﹣2）=0，
所以a∈（﹣2，0]，时，h（a）＞0恒成立；
综上，m的取值范围是（1，e2]．
13.解：（1）∵f（x）=ax+x2﹣xlna，
∴f′（x）=axlna+2x﹣lna，
∴f′（0）=0，f（0）=1
即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，
∴图象在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（3分）
（2）由于f''（x）=axlna+2x﹣lna=2x+（ax﹣1）lna＞0
①当a＞1，y=2x单调递增，lna＞0，所以y=（ax﹣1）lna单调递增，
故y=2x+（ax﹣1）lna单调递增，
∴2x+（ax﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f''（x）＞f''（0），所以x＞0
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当0＜a＜1，y=2x单调递增，lna＜0，所以y=（ax﹣1）lna单调递增，
故y=2x+（ax﹣1）lna单调递增，
∴2x+（ax﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f''（x）＞f''（0），所以x＞0
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
综上，函数f（x）单调增区间（0，+∞）；（8分）
（3）因为存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1，
所以当x∈[﹣1，1]时，|（f（x））max﹣（f（x））min|
=（f（x））max﹣（f（x））min≥e﹣1，（12分）
由（2）知，f（x）在[﹣1，0]上递减，在[0，1]上递增，
所以当x∈[﹣1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，
（f（x））max=max{f（﹣1），f（1）}，
而f（1）﹣f（﹣1）=（a+1﹣lna）﹣（+1+lna）=a﹣﹣2lna，
记g（t）=t﹣﹣2lnt（t＞0），因为g′（t）=1+﹣=（﹣1）2≥0
所以g（t）=t﹣﹣2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，
所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，
也就是当a＞1时，f（1）＞f（﹣1）；
当0＜a＜1时，f（1）＜f（﹣1）（14分）
①当a＞1时，由f（1）﹣f（0）≥e﹣1?a﹣lna≥e﹣1?a≥e，
②当0＜a＜1时，由f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1?+lna≥e﹣1?0＜a≤，
综上知，所求a的取值范围为a∈（0，]∪[e，+∞）．（16分）
14.（1）解：h（x）=f（x）﹣g（x）=，则，
∵h（x）=f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴对?x＞0，都有，即对?x＞0，都有，.…………2分
∵，∴，
故实数a的取值范围是；.…………3分
（2）解：设切点为，则切线方程为，
即，亦即，
令，由题意得，，
令，则，.…………6分
当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，
∴，
故的最小值为﹣1；.…………7分
（3）证明：由题意知，，
两式相加得
两式相减得即
∴，即，.9分
不妨令，记，
令，则，
∴在上单调递增，则，
∴，则，∴，
又，
∴，即，.…………10分
令，则时，，∴在上单调递增．
又，
∴，
则，即．.…………12分
15.（Ⅰ）由题意，,，.…………1分
设，则，由△ADP≌△CB''P，故PA=PC=x﹣y，
由PA2=AD2+DP2，得即：..…………3分
（Ⅱ）记△ADP的面积为，则.…………5分
当且仅当时，取得最大值．
故当材料长为，宽为时，最大．….…………7分
（Ⅲ）
于是令.…………9分
关于的函数在上递增，在上递减，
当时，取得最大值．
故当材料长为，宽为时，最大．.…………12分
16.（1）时，，
，，
所以在处的切线方程为
（2）存在，，
即：在时有解；
设，
令，
所以在上单调递增，所以
1°当时，，∴在单调增，
所以，所以
2°当时，
设，
令，
所以在单调递减，在单调递增
所以，所以
所以
设，，
令，
所以在上单调递增，
所以
所以在单调递增，∴，
所以，
所以
所以，当时，恒成立，不合题意
综上，实数的取值范围为.
17.（1）因为，
依题意得为方程的两不等正实数根，
∴，，
令，，
当时，；
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，，
当时，，
所以
∴
解得，
故实数的取值范围是.
（2）由（1）得，，，两式相加得
，
故
两式相减可得，
故
所以等价于，
所以
所以，
即，
所以，
因为，令，所以
即，令，
则在上恒成立，，
令，
①当时，所以在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以符合题意
②当时，所以在上单调递增
故在上单调递减，
所以不符合题意；
③当时，
所以在上单调递增，
所以所以在上单调递减，
故不符合题意
综上所述，实数的取值范围是.
18.解：（1）∵f（x）=（lnx﹣k﹣1）x（k∈R），
∴x＞0，=lnx﹣k，
①当k≤0时，∵x＞1，∴f′（x）=lnx﹣k＞0，
函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），无单调减区间，无极值；
②当k＞0时，令lnx﹣k=0，解得x=ek，
当1＜x＜ek时，f′（x）＜0；当x＞ek，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的单调减区间是（1，ek），单调减区间是（ek，+∞），
在区间（1，+∞）上的极小值为f（ek）=（k﹣k﹣1）ek=﹣ek，无极大值．
（2）∵对于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx成立，
∴f（x）﹣4lnx＜0，
即问题转化为（x﹣4）lnx﹣（k+1）x＜0对于x∈[e，e2]恒成立，
即k+1＞对于x∈[e，e2]恒成立，令g（x）=，则，
令t（x）=4lnx+x﹣4，x∈[e，e2]，则，
∴t（x）在区间[e，e2]上单调递增，故t（x）min=t（e）=e﹣4+4=e＞0，故g′（x）＞0，
∴g（x）在区间[e，e2]上单调递增，函数g（x）max=g（e2）=2﹣，
要使k+1＞对于x∈[e，e2]恒成立，只要k+1＞g（x）max，
∴k+1＞2﹣，即实数k的取值范围是（1﹣，+∞）．
证明：（3）∵f（x1）=f（x2），由（1）知，函数f（x）在区间（0，ek）上单调递减，
在区间（ek，+∞）上单调递增，且f（ek+1）=0，
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜ek＜x2＜ek+1，
要证x1x2＜e2k，只要证x2＜，即证＜，
∵f（x）在区间（ek，+∞）上单调递增，∴f（x2）＜f（），
又f（x1）=f（x2），即证f（x1）＜，
构造函数h（x）=f（x）﹣f（）=（lnx﹣k﹣1）x﹣（ln﹣k﹣1），
即h（x）=xlnx﹣（k+1）x+e2k（），x∈（0，ek）
h′（x）=lnx+1﹣（k+1）+e2k（+）=（lnx﹣k），
∵x∈（0，ek），∴lnx﹣k＜0，x2＜e2k，即h′（x）＞0，
∴函数h（x）在区间（0，ek）上单调递增，故h′（x）＜h（ek），
∵，故h（x）＜0，
∴f（x1）＜f（），即f（x2）=f（x1）＜f（），∴x1x2＜e2k成立．
19.（Ⅰ）由得.
因为曲线在点处的切线与轴垂直，
所以，解得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若函数有两个极值点，则，即
有两个不同的根，且的值在根的左、右两侧符号相反.
令，则，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又当时，；时，；时，；时，，
所以.即所求实数的取值范围是.
（Ⅲ）证明：令（），则，.
令，则，
因为，所以，，，，
所以，即在时单调递增，
又，所以时，，即函数在时单调递增.
所以时，，即时，.
20.(1)当时，，.
当时，，故函数在上单调递减；
当时，，故函数在上单调递增.
由，.
∴在上的值域为；
(2)由(1)可知，，
由得，由得或.
所以在上单调递减，在，上单调递增；
所以，，
所以当且，即时，，，，使得，
由的单调性知，当且仅当时，有三个不同零点.
21.（1）当时，函数，，
∴，，
∴曲线在点处的切线方程为.
（2）.
当时，，的单调递减区间为；
当时，在递减，在递增.
22.（Ⅰ）在上恒成立，即.
∵，∴.故在上恒成立
只须，即，又只有，得.
由，解得.
∴当时，；当时，.
故在处取得极小值1，无极大值.
（Ⅱ）构造，则转化为；若在上存在，使得，求实数的取值范围.
当时，，在恒成立，所以在上不存在，使得成立.
②当时，.
因为，所以，所以在恒成立.
故在上单调递增，，只要，
解得.
∴综上，的取值范围是.
1
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