总稿：2016及2017全国卷导数题解法汇总

几个常见的不等式模型在导数中的考查与应用n 2016全国卷I文（21）已知函数fx=x-2ex+a(x-1)2.(I)讨论f(x)的单调性；(II)若f(x)有两个零点，求的取值范围.解：(I)(i)设，则当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增. (ii)设，由得x=1或x=ln(-2a).若，则，所以在单调递增.若，则ln(-2a)1,故当时，；当时，所以在单调递增，在单调递减.若，则，故当时，当时，所以在单调递增，在单调递减.(II)方法1（利用（I）中的结论）：(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又，取b满足b0且，（赋值）则，所以有两个零点.(ii)设a=0，则所以有一个零点.(iii)设a0，若，则由(I)知，在单调递增.又当时，0，故不存在两个零点；若，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又当时0，故不存在两个零点.综上，a的取值范围为.方法2：（移参，洛必达法则）由题意知：若f(x)有两个零点，可知1不是该函数的零点，则必有有两个不等根；设，则，可知时，且；当时，。又，且，a的取值范围为.n 2017全国卷1文21已知函数=ex(exa)a2x（1）讨论的单调性；（2）若，求a的取值范围解：（1）函数的定义域为若，则，在单调递增若，则由得当时，；当时，；故在单调递减，在单调递增若，则由得当时，；当时，；故在单调递减，在单调递增（2）（利用（I）中的结论）若，则，所以若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为，从而当且仅当，即时，若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为，从而当且仅当，即时，综上，的取值范围是n 2016全国卷I理（21）已知函数有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.解;（）方法1：（i）设,则,只有一个零点（ii）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,（赋值）则,故存在两个零点（iii）设,由得或若,则,故当时,因此在上单调递增又当时,所以不存在两个零点若,则,故当时,；当时,因此在单调递减,在单调递增又当时,所以不存在两个零点综上,的取值范围为方法2：（洛必达法则）由题意知：若f(x)有两个零点，可知1不是该函数的零点，则必有有两个不等根；设，则，可知时，且；当时，。又，且，a的取值范围为.（2）不对称问题。n 2017全国卷I理21：已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围.解：（1）的定义域为，（）若，则，所以在单调递减.（）若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.（2）（利用（I）中的结论）（）若，由（1）知，至多有一个零点.（）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.（不等式模型）当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，（赋值）则.由于，因此在有一个零点.综上，的取值范围为.改良版1（不等式模型） ：（）若，由（1）知，至多有一个零点.（）若，由（1）知，当时，取得最小值，则（*）.令，则，且，故；。（*）式的解为。综上，方法2（不等式模型）：原式可转化为有两个根。令，则。令，且，故；。故在单调递增，在单调递减。且，综上，n 2016全国卷II文20：已知函数（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若当时，求的取值范围。解：（1）略；（2）方法1（不等式模型、虚设根）：，令，则，当时，在递增，；当时，在必有唯一一根，不妨设为，在递减，在递增，则，不满足题意；综上，。方法2（洛必达法则）：由题意知在恒成立。设，令，故，即故。总之，。n 2017全国卷II文（21）设函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围.解：（1）略）（2）方法1（不等式模型）：见标准答案；方法2（虚设根）：令，则，令，。当时，即时，当时，即时，单调递减，且，故在有唯一零点，不妨设为，此时。当时，当时。，不满足条件。综上，方法3（洛必达法则）：当时，；当时，恒成立。令，则，令，则，即，故，综上，得。n 2016全国卷II理（21） ()讨论函数的单调性，并证明当时，； ()证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域（II）（虚拟设根）由（I）知，单调递增，对任意来源:学因此，存在唯一使得即，当时，单调递减；当时，单调递增.因此在处取得最小值，最小值为n 2017全国卷II理21.已知函数，且。(1)求；(2)证明：存在唯一的极大值点，且.解：（1）（不等式模型）的定义域为设，则等价于因为若a=1，则.当0x1时，单调递减；当x1时，0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故综上，a=1方法2：方法3：（虚设根）又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，当时，.因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由由得因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由得所以n 2016新课标（文）21设函数f（x）=lnxx+1（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x（1，+）时，1x；（3）设c1，证明当x（0，1）时，1+（c1）xcx解：（1）（不等式模型）函数f（x）=lnxx+1的导数为f（x）=1，由f（x）0，可得0x1；由f（x）0，可得x1即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+）；（2）（不等式模型）证明：当x（1，+）时，1x，即为lnxx1xlnx由（1）可得f（x）=lnxx+1在（1，+）递减，可得f（x）f（1）=0，即有lnxx1；设F（x）=xlnxx+1，x1，F（x）=1+lnx1=lnx，当x1时，F（x）0，可得F（x）递增，即有F（x）F（1）=0，即有xlnxx1，则原不等式成立；（3）（虚拟设根）证明：设G（x）=1+（c1）xcx，G（x）=c1cxlnc，可令G（x）=0，可得cx=，由c1，x（0，1），可得1cxc，即1c，由（1）可得cx=恰有一解，设为x=x0是G（x）的最大值点，且0x01，由G（0）=G（1）=0，且G（x）在（0，x0）递增，在（x0，1）递减，可得G（x0）=1+（c1）x0cx00成立，则c1，当x（0，1）时，1+（c1）xcxn 2017全国3文21已知函数=lnx+ax2+(2a+1)x（1）讨论的单调性；（2）当a0时，证明解：（1）当时，则在单调递增当时，则在单调递增，在单调递减.（2）（不等式模型）由（1）知，当时，令 （）则，解得在单调递增，在单调递减，即，.n 2016全国卷III理（21）设函数，其中0，记的最大值为A.（I）求；（II）求A；（III）证明当.解：（I.（i）当时，在内无极值点，所以（ii）当时，由，知又，所以综上， （III）由（I）得.当时，.当时，所以.当时，所以.n 2017全国卷3理21已知函数（1）若，求的值；（2）设为整数，且对于任意正整数，求的最小值解： （不等式模型）方法1：，则，且当时，在上单调增，所以时，不满足题意；当时，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增若，在上单调递增