(完整word版)高考导数压轴题题型

1、高考导数压轴题题型李远敬整理 2018.4.11一.求函数的单调区间，函数的单调性x 1121.12012新课标】21.已知函数f(x)满足满足f(x) f (1)ex1 f(0)x x2;2(1)求f(x)的解析式及单调区间；【解析】x 112. x 1 f(x) f (1)ef(0)x -x f (x) f (1)e f (0) x2令 x 1 得：f (0) 1 f (x) f (1)ex 1 x -x2f(0) f (1)e 1 1 f (1) e2得：f(x) ex x - x2g (x) f (x) ex 1 x2g (x)ex1 0yg(x)在x R上单调递增f (x)0f (0

2、)x0, f (x) 0 f (0) x0得：f (x)的解析式为f (x) ex x x22且单调递增区间为(0,),单调递减区间为(，0)2.12013新课标2】21.已知函数f(x)=ex-ln(x+ m).(1)设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性；【解析】, x 1(1)f x)= e .由x=0是f(x)的极值点得f (0)0,所以m= 1.1于是 f(x) = exln(x+1), je义域为(一1, + oo), f x)= e .x 11函数f x)=ex 在(一1, 十°°弹调速增，且 1 (0)0. x 1因此当 xCJ1,0)时,

3、f'x)v0; 当 xC(0 +8时,f x)>0.所以f(x)在(1,0)单调递减，在(0, +84调递增.3.12014新课标2】21.已知函数f x =ex e x 2x(1)讨论f x的单调性；【解析】(I) f (x) = ex+e-x -2>Q等号仅当x=0时成立，所以f (x)在(一°°, +oo)单调递增 【2015新课标2】21.设函数f(x) = emx+x2- mx。(1)证明：”*)在(-¥,0)单调递减，在(0,+¥)单调递增；(2)若对于任意x1,x2 ?-1,1,都有|f(xj- f(x2)|£

4、e-1,求m的取值范围。K ： ( 1 )因为 /(x) - c"1 - - 陋H ,所以 JWu" 2工 一 E/ru) =2 ±0在R上怛成立I 3rtt/W =祈*-he加在£上里琳通登w/()-o所以尤。时，r,办所以h4。时，r(x)<o斯，外在(一三0)里调述遍.在3P单调适墙(II) 4 < 1 ) M八叽工=/=1当E = 0时，/(x) - i -r >此时/(工)在卜L1上晌最大值是瑞M以此时/W = /(一) 5 " 1成立*，当 mj x 0 时'* /(T) =层"+ E 附 t=

5、c' + t + wi 尸令总(加) /"(I) y(I) f1 一 营'F 12fM * 所以£*(加 才，F 2 3。/物U烈唠=Al)- 7) = / -工.2局荏段上单调通胃而 g(。 - 0 ,所以网 0时，g(M)> D J 即1) > /(-I)所口碑 4。时，式刷)4 K即/(7)1当m > 0 时，| 汽修) /(x) |£ /Q) 】，拓 < - 1 => 0 < jh < 当明, 0时，! /(jTj) - /(x,) |S -1 ，* ui c-* - (*w)*出 = *m <

6、; 】R *1 < 毗0.斫以,综上所述巾的取值范困是TJ)当册 H。时 F /(-!) = 一 1 一 用,/(-I) = / - I 令 S(m) /(t) /(一1) 修"- e r 2m ,所以 ) " e _ * g一": - 2 之。所以或叫-/(I) - /(-) 1 一炉" 一 2笊在火上里调沸悟而现。)-0 ,所以用。时，冢哂)> 0 >即，。)> /T"所以博士0时p冢吟哎0 *即/(O4/(T)*当府 >。时"巧). 7"工)/0) 】斯，-所，仃.i=o<"

7、;i < 1 *j当洌w 0时，| y(Xj) - /(5)区 /(-l) - 1 er * m e"*1 - C-e)。- 1 = -in < 1-1 < w < 0*斩以，粽上所述m的翱值范圉是(-口)4.12017 新课标 1】21.已知函数 f (x) = ae2x + (a- 2)ex- x。(1)讨论f (x)的单调性；【解析】(1) f(x)的定义域为(,),f (x) 2ae2x (a 2)ex 1 (aex 1)(2ex 1),(i)若a 0,则f(x) 0,所以£屋)在(,)单调递减.(五)若a 0,则由f (x) 0得x Ina

8、.当x (, Ina)时，f (x) 0；当 x ( Ina,)时，f (x) 0,所以 f(x)在(,Ina)单调递减，在(In a,)单调递增.二.由函数不等式，求参数或参数的取值范围或参数的最值35.【2017新课标2】21.已知函数f(x) ax ax xlnx,且f(x) 0。(1)求 a；【解析】 因为 f (x) =ax2 - ax - xlnx=x (ax- a-lnx) (x>0),贝1f (x) >0等价于 h (x) =ax- a - lnx因为 h' (x) =a -,且当 0Vx工时 h' (x) v 0、当 x>工时 h'

9、(x) >0, xaa所以 h (x) min=h (工)，又因为 h (1) =a- a-ln1=0,所以工二1 ,解得 a=1; aa6.12017新课标3】21.已知函数f(x) x 1 alnx.(1)若f(x)> 0 ,求a的值；【解析】(1) f(x) X 1 alnx, x 0,则 f (x) 1 9 O,且 f(1) 0 x x当a<0时，f x 0, fx在0,上单调增，所以0 x 1时，f x 0 ,不满足题意；当a 0时，当0 x a时，f (x) 0 ,则f (x)在(0, a)上单调递减；当x a时，f (x) 0, 则f(x)在(a,)上单调递增。

10、若a 1, f (x)在(a,1)上单调递增：当x (a,1)时f(x) f (1) 0矛盾若a 1, f (x)在(1,a)上单调递减：当x (1,a)时f(x) f (1) 0矛盾若a 1, f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增：f (x) > f (1) 0满足题意 综上所述a 1。7.【2011新课标】21.已知函数f (x) an2 b,曲线y f (x)在点(1,f (1)处的切 x 1 x线方程为x 2y 3 0。(1)求a、b的值；(2)如果当x 0,且x 1时，f(x) "x k,求k的取值范围。x 1 x【解析】 f'(x)/x 1

11、I y 1nx)b(x1)2由于直线x2y0的斜率为f(1) 1, 故11，1,且过点21,(1,1)，f'(1)12,12,(2)由(1)知In xf(x) (詈、(2ln xx(k1)(x2x考虑函数h(x)2ln x2(k 1)(x(i)设 k 0,由 h'(x)x22k(x 1) (x 1)-(x 0),则 h'(x)2_(k 1)(x1) 2x当 x (0,1)时,h(x)2x10 ,可得1知，当x 1时,h(x) 0; x当 x (1, + )时,h (x) <0,可得从而当 x>0,且 x 1 时，f (x) - ( "nx1.7 h

12、1 x2+K)>0, x(x) >0即 f (x)(ii)设0<k<1.由于当x(1,时,(k-1)(x2 +1)h'(x)In x > x 100 而 h(1) 0 ,k +x+2x>0故 h' (x) >0,而 h(1)，一.1 、=0,故当 x (1 ,)1 k时,h (x)>0,可得(x) <0,与题设矛盾。(iii)设 k 1.此时 h' (x) >0,而 h (1)二0,故当(1, + )时,h (x) >0,可得一1h (x) <0,与题设矛盾。综合得，k的取值范围为(-,0)8.12

13、012新课标】21.已知函数f(x)满足满足_ x 1f(x) f (1)ef(0)x(1)求f(x)的解析式及单调区间;(2)若 f(x) x2 ax b ,求(a 1)b 的最大值。 2【解析】_1 OVV(2) f (x) -x ax b h(x) e (a 1)x b 0得 h (x) e (a 1)当a 10时，h(x)0yh(x)在x R上单调递增x 时，h(x) 与h(x) 0矛盾当 a 10时，h (x)0xln(a 1),h (x) 0 xln(a 1)得：当 x ln(a 1)时，h(x)min (a 1) (a 1)ln(a 1) b 022(a 1)b(a1) (a1)

14、 ln(a 1)(a1 0)令 F(x)x2x2ln x(x 0);则 F (x) x(121n x)F (x) 00 x 、e,F (x) 0 x .e当 x je 时，F (x) max £当 a je 1,b ve 时，(a 1)b 的最大值为 £229.【2013 新课标 1】21.已知函数 f(x) = x2+ax+ b, g(x) = ex(cx+ d),若曲线 y= f(x)和曲 线y=g(x)都过点P(0, 2),且在点P处有相同的切线y= 4x+2(1)求 a, b, c, d 的值(2)若x>2时，f (x) kg(x),求k的取值范围。【解析】(

15、1)由已知得 f(0) 2,g(0) 2, f (0) 4,g (0) 4,而 f (x)=2x b, g (x) = ex(cx d c), Ca=4, b=2, c=2, d =2；(2)由(1)知，f (x) x2 4x 2, g(x) 2ex(x 1),设函数 F (x) =kg(x) f (x) = 2kex(x 1) x2 4x 2 (x 2), xxF (x)=2ke (x 2) 2x 4=2(x 2)(ke 1),有题设可得F(0) >Q即k 1 , F(x)=0得，Xi = lnk, x2= - 2,若 1 ke2,则一2vx1<QC当x ( 2,x1)时，F(x

16、) <0,当 x(x1,)时，F(x)>0,即F(x)在(2,不)单调递减，在(为，)单调递增，故F(x)在x = Xi取最小值F(Xi),2而 F(x1) = 2x1 2 x1 4x1 2= x1 (x1 2) >QC当 xA2 时，F(x) >Q 即 f (x) <kg(x)恒成立， 22x 2若 k e ,则 F (x) = 2e (x 2)(e e ),C当 xA 2 时，F(x)刊 CF(x)在(2,+8单调递增，而 F( 2)=0,C当 xa2 时，F (x) >Q 即 f (x) &g(x)恒成立， 2222_若 k e ,贝U F(

17、2) = 2ke 2= 2e (k e ) <0,C当x A2时，f(x) <kg(x)不可能恒成立，综上所述，k的取值范围为1,e210.【2014新课标2】21.已知函数f x =ex e x 2x(1)讨论f x的单调性；(2)设g x f 2x 4bf x ,当x 0时，g x 0,求b的最大值；【解析】(1) f (x) = ex+e-x -2>Q等号仅当x=0时成立，所以f (x)在(一8, +oo)单调递增(2) g (x) =f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x -4b(ex-e-x )+(8b-4)xg (x)=2e2x+e-2x - 2b(ex+e-

18、x ) + (4b - 2) =2(ex+e-x - 2)( ex+e-x - 2b + 2)当b 2时，g' (x) 0,等号仅当x=0时成立，所以g(x)在(-,+ )单调递增，而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0;当 b>2 时，若 x 满足，2V ex e x<2b-2 即 0<x<ln(b-1 +Jb2 2b )时 g' (x)而 g (0) =0,因此当0<X ln(b-1 + Jb2b)时，g(x)<0综上，b的最大值为2 11.12015 新课标 2】21.设函数 f(x) =emx+ x2 - mx。(

19、1)证明：”*)在(-¥,0)单调递减，在(0, + ¥)单调递增；(2)若对于任意x1,x2 ?-1,1,都有| f(x1)- f(x2)|£e-1,求m的取值范围。三。零点的个数；零点和的取值范围；有n个零点时参数取值范围。31一,g(x) In x4(1)当a为何值时,(2)用 min m,n(x)零点的个数x轴为曲线y f (x)的切线；表示m,n中最小值，设函数h(x)min f(x),g(x) (x 0),讨论 h【解析】(i)设曲线f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(%) = 0, f(x0) = 0,?x0 + ax0 + /即i4?3x；

20、+ a = 0 线.0,解得x0=，a=3.因此，当0 243一， .一a=4时，x轴是曲线y= f(x)的切12.【2015新课标1】21.已知函数f (x) =x ax(n)当 x? (1,+ ¥)时，g(x) = - Inx < 0,从而 h(x) = min f(x),g(x) £g(x) < 0, ch(x)在(1, +°0)无零点.当 x=1 时，若 a 3 - 4,则 f (1)= a +，3 0, h(1)= min f (1),g(1)= g(1)= 0,故 x=1 是 h(x)的零点；若a <-4,则 f(1)= a + 4

21、<0, h(1)= min f (1),g(1)= f (1)<0,故 x =1不是h(x)的零点.当x?(0,1)时，g(x)=-lnx>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(i)若a £-3或a30,则f公)= 3x2 + a在(0,1)无零点，故f (x)在(0,1)单调，而 f(0) = j f(1)=a +，所以当 a £-3时，f(x)在(0, 1)有一个零点；当 a30 时， f (x)在(0,1)无零点.(五)若-3<a<0,则f(x)在(0,，a)单调递减，在(J)，1)单调递增，故当x=J-a时，f(x)取的最小

22、值，最小值为f (J- -)=2J- - +1.、333 T 3 4 若 f（ j a）>0'即-3V a<0' f（X）在（0/）无零点. 若“ j a，"。即a = I，则f（x）在（0,l）有唯一零点； 若 f（t,- 一）<0,即- 3<av -,由于 f （0） = , f （1） = a +,所以当 ; 3444-|va<-3时，f（x）在（0,1）有两个零点；当-3<a£-5时，f（x）在（0,1）有一 个零点.综上，当2>-|或2<-5时，h（x）由一个零点；当a = - 3或a=-：时，h（x

23、）有两个零点；当- |<a<-|时，h(x)有三个零点.13.12016新课标U 21.已知函数f(x) = (x- 2)ex + a(x- 1)2有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：xj +x2 < 2.【解析】 f'(x) = ex + (x- 2)ex+2a(x- 1)=(x- 1)(ex+2a)当a=0时，f(x) = (x- 2)ex,此时函数f(x)只有一个零点，不符合题意舍去；当 a>0时，由 f'(x)>0T x>1,由 f'(x)<0T x<1,所以f (x)

24、在(-¥,1)上递减,在(1,+¥)上递增,f(x)min= f(1)=-e<0,又 f(2) = a>0,所以函数 f(x)在(1,+¥)上只有一个零点，当x? -¥时，ex? 0,此时，f(x)? +¥,所以函数f(x)在(-¥,1)上只有一个零点 此时函数f(x)f(x)= (x-2)ex + a(x-1)2有两个零点.当-e< a <0时，0< ln(- 2a) < 1,由 f'(x) >0T x>1,x< ln(- 2a),由 f'(x)<0T ln

25、(-2a)<x<1所以f (x)在(-£ln(-2a)和(1,+¥)上递增,在(ln(-2a),1止递减,f (x)min = f(1)=-e<0，f(x)max= f(ln(-2a) = (ln(-2a)- 2)(-2a) + a(ln(-2a)- 1)2 <0此时函数f(x)至多一个零点，不符合题意，舍去；一e 当 a = - 2时，f (x) = e +(x- 2)e +2a(x- 1)= (x- 1)(e - e) 3 0怛成立，此时函数f(x)至多一个零点，不符合题意，舍去 .e.,当 a<-2时，ln(-2a)>1,由 f(x

26、)>0T x<1,x>ln(-2a),由f'(x) <0T 1<x<ln(-2a) 所以 f (x)在(-¥,1)和(ln(- 2a),+¥)上递增,f (x)在(1,ln(- 2a)上递减，f (x)max = f (1) = -e<0，因为 f (x)在(1,ln(-2a)上递减，所以f(x)min=f(ln(-2a)<0此时函数f(x)至多一个零点，不符合题意，舍去.综上可知a?(0, + ¥).(II)由若”,/2是f (x)f(x)的两个零点，则a> 0,不妨令 < x2,则/ <

27、 1< %要证 x1 x1 + x2 < 2,只要证 x1 < 2 - %,.x2 >1,2- x2<1,当 a>0时，f(x)在(-¥,1)上递减，且 f(x1) = 0, f(1)<0所以，只要证 f(2-x2)<0,f (2 - x2) = - x2e? x2 + a(1 - x2)2,又 f (x2) = (x2 - 2)ex2 + a(x2 - 1)2 = 0f (2- x2) = - x2e2-x2 - (x2 - 2)ex22 2x令 y = - xe - x- (x- 2)ex,(x> 1) y = - e2-x

28、+ xe2-x- ex - (x- 2)ex = (x- 1)e-xe e,. x>1 , x- 1 >0 , e2<e2x,y <0y = -xe2-x- (x-2)ex在(1,+的上递减，当 x = 1 时，y = 0- x>1 , y<0,即 f(2- x2)<0成立，x1 +x2<2成立.14.12017 新课标 1】21.已知函数 f(x) = ae2x + (a- 2)ex- x。(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围。【解析】 f(x)的定义域为(，)，f (x) 2ae2x (a 2)ex 1 (a

29、ex 1)(2ex 1),(i)若a 0,则f(x) 0,所以£陵)在(，)单调递减.(ii)若 a 0,则由 f (x) 0得 x In a .当x (, Ina)时，f (x) 0；当 x ( Ina,)时，f (x) 0,所以 f(x)在(,Ina)单调递减，在(In a,)单调递增.(2)(i)若a 0,由(1)知，f(x)至多有一个零点.(五)若a 0,由(1)知，当x lna时，f (x)取得最小值，最小值为1 .f ( ln a) 1 - ln a . a当a 1时，由于f( lna) 0 ,故f (x)只有一个零点；一.1当a (1,)时，由于1 lna 0,即f(l

30、na) 0,故f(x)没有零点；a一,1当 a (0,1)时，1 lna 0,即 f( lna) 0.a又 f(2) ae4 (a 2)e 2 2 2e 2 2 0,故 £屋)在(，lna)有一个零点.一 3设正整数 no满足 n0 爪一 1),则 f (n0) e (ae a 2) / e n 2 n0 0. a，一 3由于In( 1) In a ,因此 “*)在(In a,)有一个季点.a综上，a的取值范围为(0,1)。四.极值的范围315.【2017新课标2】21.已知函数f (x) ax ax xlnx,且f(x) 0(1)求 a；(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点 x

31、0,且e2f(x0) 23。【解析】 因为 f (x) =ax2 - ax - xlnx=x (ax alnx) (x>0),贝1f (x) >0等价于 h (x) =ax- a - lnx因为 h' (x) =a -,且当 0Vx工时 h' (x) v 0、当 x>工时 h' (x) >0, xaa所以 h (x) min=h (工)，又因为 h (1) =a- a-ln1=0,所以工二1 ,解得 a=1; aa(2)证明：由(1)可知 f (x) =x2- x- xlnx, f'(x) =2x- 2lnx,f' (x) =0,

32、可得 2x 2 lnx=0,记 t (x) =2x 2 lnx,贝U t ' (x) =2 令 t ' (x) =0,解得：x=i-,所以t (x)在区间(0,寺)上单调递减，在(率+8)上单调递增,所以 t ( X)min=t (看)=ln2Tv0,从而t (x) =0有解，即f ' (x)=0在两根x0,x2,10且不妨设f' (x) ( 0, x0)上为正、在(x0, x2)上为负、在(x2, +8)上为正,所以f (x)必存在唯一极大值点 x°,且2x0-2- lnx0=0,所以 f(x。)=*口- xo-x0lnx0=u(jxo+2xo2x。

33、=x。h口 ，由沏不可知f (x0)< (x0一至口上)max=所以f (x)在(0,沏)上单调递增，在(所以 f (x0) >f (一)斗+1吉；由f ()<0可知x0<： <T7 , x0,十)上单调递减，综上所述，f (x)存在唯一的极大值点五.证明函数不等式16.12014新课标1】21.设函数f (x)沏，且 e 2<f (x0) v 2 2.V - 1v be =aelnx+-,曲线 y=f (x)在点(1, f (1)处得切线方程为y=e (x-1) +2.(1)求 a、b； ( 2)证明：f (x) > 1.【解析】(1)函数f (x)的定义域为(0,+8), f'(x)=日巳比lnx+2"K 一士七式一 也,弓3cliZx 2X由题意可得 f (1) =2, f'(1) =e, 故 a=1, b=2；(2)由(1)知，f (x) =exinx号T,从而 f (x) >1 等价于 xlnx>