2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数与其应用(五)

2019-2020 年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（五）

46.已知函数f ( x)x2ax 4 （ aＲ）的两个零点为x1, x2 , 设 x1 x2.

（Ⅰ）当 a0 时，证明：2x1 0．

（Ⅱ）若函数g (x)x2| f ( x) |在区间 (, 2)和(2,) 上均单调递增，求 a 的取值范围.

47.设函数 f ( x)2

R ）．x ax ln x （a

（Ⅰ）若 a 1时,求函数 f (x)的单调区间；

（Ⅱ）设函数 f ( x) 在[1

, ] 有两个零点，求实数 a 的取值范围．

e

e

48.已知函数 f ( x) ln( ax b) x ，g (x)x2ax ln x ．

（Ⅰ）若 b 1,F ( x) f ( x) g (x) ，问：是否存在这样的负实数 a ，使得 F ( x) 在x1处存在切线且该切线与直线y

1 x 1平行，若存在，求a的值；若不存在，请说明理

23

由．

（Ⅱ）已知 a 0 ，若在定义域内恒有 f (x) ln( ax b) x 0 ，求 a(a b) 的最大值．

49.设函数 f ( x) x ln x b(x

1 )2(b R)，曲线y f x在1,0处的切线与直线

2

y3x 平行．证明：

（Ⅰ）函数 f ( x) 在 [1,) 上单调递增；

（Ⅱ）当 0 x 1 时， f x1.

50.已知 f（ x） =a（ x-ln x）+2 x 1

， a∈ R.

x 2（I ）讨论 f（ x）的单调性；

（II ）当 a=1 时，证明f（ x）＞ f’（ x） + 3

对于任意的x∈ [1,2] 恒成立。

2

2

51.已知函数f（x） =x +ax﹣ lnx， a∈ R．

（1）若函数f（x）在 [1， 2]上是减函数，求实数 a 的取值范围；

（2）令 g（ x） =f（ x）﹣ x2，是否存在实数a，当 x∈（ 0， e] （ e 是自然常数）时，函数g （x）的最小值是 3，若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由；

（3）当 x∈（ 0， e]时，证明： e2x2－5

x＞ (x+1)ln x．2

1

52.已知函数f（x） = 3 x3－ ax+1．

（1）若 x=1 时， f（ x）取得极值，求 a 的值；

（2）求 f（ x）在 [0， 1]上的最小值；

（3）若对任意 m∈ R，直线 y=﹣ x+m 都不是曲线 y=f（ x）的切线，求 a 的取值范围．

53.已知函数 f x axe x（ a 0）

（1）讨论 f x 的单调性；

（2）若关于x 的不等式 f x ln x x 4 的解集中有且只有两个整数，求实数 a 的取值范围 .

54.已知函数f n x x n 11

, g m x m x mx （其中m

e, n,me为正整数，e为自然

对

x1

数的底）

（1）证明：当x 1 时， g m x0 恒成立；

（ 2）当n m3时，试比较f n m 与 f m n 的大小，并证明.

x

55.已知函数f（x） =e 和函数 g（ x）=kx+m（ k、 m 为实数， e 为自然对数的底数，

e≈ 2.71828）．

（1）求函数 h（ x） =f（ x）﹣ g（ x）的单调区间；

（2）当 k=2，m=1 时，判断方程 f（ x） =g（x）的实数根的个数并证明；

（3）已知 m≠1，不等式（ m﹣1） [f（ x）﹣ g（ x） ] ≤0对任意实数 x 恒成立，求 km 的最大值．

56.已知函数f ( x)ln x a( x 1) (a R) ．

x

（Ⅰ）若 a 1 ,求y f ( x) 在点1, f(1) 处的切线方程；

（Ⅱ）求 f ( x) 的单调区间；

（Ⅲ）求证：不等式111

对一切的 x(1,2) 恒成立．

ln x x 12

57.已知函数 f ( x) ( x 1)2 a ln x （a R ）.（Ⅰ）求函数 f ( x) 的单调区间；

（Ⅱ）若函数 f ( x) 存在两个极值点x1、x2x1x2，求f (x

2

)

的取值范围．x1

58.设函数f ( x) ln x m

, m R ．x

（Ⅰ）当 m e ( e 为自然对数的底数)时，求f (x)的极小值；

（Ⅱ）若对任意正实数 a 、b（a b ），不等式f (a) f (b)

恒成立，求m 的取值范a

2

b

围．

59.已知函数f x1x32ax23a2 x b , ( a, b R)

3

（1）当a 3 时,若 f x 有 3 个零点,求 b 的取值范围；

（2）对任意a [4

,1] ,当x a 1, a m 时恒有 a f x a ,求m的最大值,并求此5

时 f x 的最大值。

60.已知函数 f x x2ax a e x．

（1）讨论f x 的单调性；

（2）若a0,2，对于任意 x1, x24,0 ，都有 f x1 f x24e 2me a恒成立，求 m 的取值范围．

61.已知函数 f(x)= x － b

， g( x)= 2a ln x ．

x

（1）若 b 0 ，函数 f (x) 的图像与函数 g (x) 的图像相切，求 a 的值；

（2）若 a 0 ， b 1，函数 F ( x) xf ( x) g(x) 满足对任意 x 1 , x 2

(0,1] （ x 1 x 2），

都有 F (x 1 )

F ( x 2 )

3

1

1 恒成立，求 a 的取值范围；

x 1 x 2

（3）若 b

1 ，函数 G (x) =f(x)+ g(x),且 G( x )有两个极值点 x 1,x 2,其中 x 1

1

，求

0，

3

G ( x 1 ) G (x 2 ) 的最小值．

62.已知函数 f ( x) ln( x 2 a)( a 0) .

（ 1）若 a 3 ，求 f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程；

（2）令 g( x) f (x)

2 x

3 ，判断 g(x) 在 (0,

) 上极值点的个数，并加以证明；

3

f ( x) (3) 令 h( x)

，定义数列 { x n }: x 1 0, x n 1

h( x n ) . 当 a

3且

2x

x (0, 1

]( k 2,3,4, ) 时，求证 :对于任意的 m

N * ，恒有 | x

x |

1 .

k

2

m k

k

8 9k 1

63.已知二次函数 f ( x)x2ax m 1 ，关于 x的不等式 f ( x)(2 m 1)x 1 m2的解集为

g ( x) f (x)

( m, m 1) ， ( m x 1

0) ，设．

（ 1 ）求 a 的值．

（ 2） k( k R )如何取值时，函数(x)g( x)k ln( x1) 存在极值点，并求出极值点．（ 3）若 m1，且 x0 ，求证：[ g( x1)]n g (x n1)≥ 2n2( x N*) ．

64.已知函数f x ln x ， g x a e x2b （其中e为自然对数的底数， f x ）.

（1）若函数f x 的图象与函数g x的图象相切于 x 1

处，求 a, b 的值；e

（2）当2b e a 时，若不等式f x g x恒成立，求 a 的最小值.

65.已知函数 f ( x) x2ax 1，g( x) ln x a( a R )．

⑴当 a 1 时，求函数h( x) f ( x)g (x) 的极值；

⑵若存在与函数 f ( x) ， g( x) 的图象都相切的直线，求实数 a 的取值范围．

66.设函数 f ( x) (1 mx)ln(1x) .

(1) 若当0x 1 ,

函数 f (x) 的图象恒在直线

y x

的上方 , 求实数m的取值范围

;

时

(2)求证:e (1001 )1000.4.

1000

f ( x) a ln x (a R)

67.已知函数x.

（1）若a 4 ，求曲线 f ( x) 在点 (1,4)处的切线方程；

（2）若函数 f ( x)的图象与函数g( x) 1 的图象在区间(0,e2 ] 上有公共点，求实数a的取

值范围 .

68.已知函数f x 1nx a

1 a R . x2

a

x

（Ⅰ）若 a0 ，证明：函数 f x 在e，上单调递减；

（Ⅱ）是否存在实数 a ，使得函数f x 在0，8内存在两个极值点？若存在，求实数 a 的

3

取值范围；若不存在，请说明理由. （参考数据：1n2 0.693 ， e2 4.5 ）

参考答案

46.解： （Ⅰ）证法 1：由求根公式得： x 1

a

a 2 16

2

因为 a

0 ，所以，一方面：

a

a 2 16 a

a 2

x 1

2

2 0 ，???????4 分

x 1 2

(a 4)

a 2 16

a 2 16 8a

a 2

16

另一方面，由

2

2

0 ，

得 x 1 2. 于是， 2 x 1 0.

??????????7 分

证法 2：因为 f (x) 在区间 (

, a ) 上单调递减，在 ( a

,

) 上单调递增，

2

2

所以，当 a 0 时， f (x) 在区间（ -2,0）上单调递减 . ?????????4 分

又因为： f (

2) f (0) 2a ( 4)

0 ，所以：

2 x 1 0 ． ??????????7 分

ax 4, x x 1;

(Ⅱ ) g (x)

2x 2 ax 4, x 1

x

x 2 ;

?????????? ９分

ax 4, x

x 2 .

若 a

0, 则 g(x)在（ - ，x 1 ) 上单调递减，从而 g(x) 在区间 (

, 2) 上不可能单调递增，

于是只有 a 0 .

??????????分 11

当 a

0 时，由（ 1）知：

2 x 1 0 ，于是，由 g(x) 在 (

, x 1 ) 上单调递增可知，

g( x) 在 ( , 2) 也是单调递增的．

??????????

13分

又因为 g (x) 在 ( a

, x 2 ) 和 ( x 2 ,

) 均单调递增，结合函数图象可知，

g (x)在 ( a

, ) 上单

4

4

调递增，于是，欲使 g(x) 在（ 2，+

）上单调递增，只需

2

a

，亦即 a 8 ．

4

综上所述， a 的范围是 a

(0,8] .

??????????分 15

47.（Ⅰ）定义域

x (0, )

f (x)

2x

1

1

2x 2

x 1 x

x

即 2x 2

x 1

0 即 0

x 1

f ( x) 的增区间为 (0,1) ，减区间为 (1, )

（Ⅱ） f (x)

x 2

ax ln x 0 即 a

x ln x

x 令 g( x)

x

ln x

，其中 x [ 1 , e] x e

1

x ln x x

2

ln x 1

g ( x)

1 x 即 x 1

x

2

x

2

g( x) 的减区间为

1

[ ,1) ，增区间为 (1, e]

e

g( x) min g (1) 1

又 g( 1 )

e

1

， g (e) e 1

e

e

e

1

函数 f (x) 在 [ , e] 有两个零点，

则 a 的取值范围是

1

(1,e ]

e

1

48.（ I ）由题意，

F ( x) 定义域 (0, ) ?????????? .分2 a

不妨假设存在，则

F (x)

ln( ax

1)

x x 2 ax

ln x, x

(0, 1)

a

当 x (0,

1 ) 时， x

2 ax x 2 ax

a

F (x) ln( ax

1) x x 2 ax ln x

ln( ax 1) ln x ax

x x 2, ? .3分

F ' ( x)

a 1 1 a 1 2x

ax x

令 F ' (1) a 1 2 1 a 1 则 1 或 a （舍）??????????5 分

a 1 a 1 2 2

当 a 1 1 (0, 2), x 1 (0, 2)

时， (0, )

2 a

存在， a

1

?????????? .分6

2

（II ）（方法一） f ( x) ln( ax b) x 0

① 当 a

0 时，定义域 (

， b

) ，则当 x

时， f ( x)

，不符； ? .7 分

a

a

a( x a

b )

② 当 a

0 时， f ' (x)

1

a

（ ax

b

0 ）

ax

b

ax b

当

b x

a b

时， f '

( x)

0 ；当 x

a b

时， f ' ( x) 0

a

a

a

∴ f ( x) 在区间 (

b a

b

) 上为增函数，在区间 a b

) 上为减函数

，

a

(

a ，

a

∴

f ( x) 在其定义域 ( b

，

) 上有最大值，最大值为

f (

a

b )

a

a

由 f (x)

0，得 f (

a b

) ln a

a b 0

a

a

∴ b a a ln a

∴ a(a b) 2a 2 a 2 ln a ?????????? .. ???? 分.12

设 h( a)

2a 2 a 2 ln a ，则 h ( a)

4a (2a ln a

a)

a(3

2ln a) 。

3

3

∴ 0 a e 2 时， h (a)

0 ； a e 2 时， h (a) 0

3

3

∴ h(a) 在区间 (0 ，e 2 ) 上为增函数，在区间

(e 2 ， ) 上为减函 ?? .14 分

3

e 3

3

3

3 3 3

e 2 ∴ h(a)

的最大值为 h( e 2

)

2e

，此时 a

e 2

,b

e

2. ?? .15分

2

2

（方法二）

f ( x) ln( ax b) x 0 ，则 ax

b e x . 由 y ax b 和 y e x 的图像易得

a 0. ?? .7分

且直线斜率 a 小于等于如图中 y e x 的切线斜率（切线过点

(

b

,0) ）

a

设切点 ( x0 , e x0 )

(e x ) 'e x，令 e x图像在 x x0处切线斜率为 a ，则 e x0a, x0ln a ，即切点 (ln a,a)代入直线，只要 a ln a b a 即可

∴ b a a ln a??? .. ?? .12分

∴ a(a b)2a2a2 ln a

设 h( a)2a2a2ln a ，则 h ( a)4a(2a ln a a)a(3 2ln a)

33

∴ 0 a e2时， h (a)0 ； a e2时， h (a) 0

33

∴ h(a) 在区间 (0 ，e2 ) 上为增函数，在区间 (e2，) 上为减函数?????.14分

3e333

3 3 3e 2

∴ h(a) 的最大值为 h( e2 )2e e2 ,b

e，此时 a. ? .. ?? .15分

222

49.（Ⅰ） f 'x ln x12b x1?? (2分)

2

又 f ' 1 1 b 3b2, f ( x) ln x4x 1?? (4分 )

x 1, f (x) ln 1 4 1 3 0?? (6分)

函数 f (x) 在 [1,) 上单调递增?? (7分)

（Ⅱ） f (x)x ln x2( x 1 )2x ln x2( x1)2?? (9分)

22

令 g x x ln x，则 g'x 1 ln x .令 g 'x 0可得：

x e 1.

g x 在 0，e 1上递减，e 1，+上递增??(11 分)

0 x1 e 1g x0, g x11??(12分 )

e2

22

又111

0 x 1时，2 x=2 x

2

22

?? (14 分 ) f x 1??(15分)

50.（ I）解：函数的定义域为（

a22 0， +00）， f ’（ x） =a-

x 2x 3

x

（ ax 22）（ x - 1）F’（ x） =3

若 a≤0时， x∈（ 0,1）时， f ’（ x）＞ 0，则 f（ x）单调递增x∈（ 1， +00）时， f ’（ x）＜ 0，则 f （x）单调递减。

当 a＞ 0 时， f ’（ x）= a（x -1)

（ x

2

）（ x- 2 ）x 3a a

（1）若 0＜ a＜ 2 时，2

＞1，a

当 x∈（ 0,1）或 x∈（2，+00 ）时， f ’（x）＞ 0， f（ x）单调递增

a

当 x∈（ 1，2

）时， f ’（x）＜ 0，f（ x）单调递减。a

（2）若 a=2 时，2

=1，早 x∈（ 0， +00）内， f ’（ x）≥0， f（ x）单调递增；a

（3）若 a＞2 时， 0＜2

＜1，a

当 x∈（ 0，2

）或 x∈（ 1， +00 ）时， f ’（ x）＞ 0， f （x）单调递增a

当 x∈（2， 1）时， f ‘（x）＜ 0， f （x）单调递减。

a

综上所述；当a≤0时， f （x）在（ 0,1）单调递增， f（ x）在 (1,+00) 单调递减。

当 0＜ a＜ 2 时， f （ x）在（ 0,1）上单调递增； f （x）在（ 1，2

）单调递减a

当 a=2 时， f（ x）在（ 0，+00 ）单调递增；

若 a＞ 2 时， f（ x）在（ 0，2），（ 1， +00 ）单调递增；

a

f （ x）在（2

， 1）单调递减a

（II ）由（ I）知， a=1 时， f（ x） -f ’（ x） =x-lnx+2x - 1122

2 -（1-

x

2 3

）x x x

=x-lnx+322

-1， x∈ [1,2] x x 2x 3

令 g（ x）=x-lnx ，h（ x） = 3

22

x x 2x3 -1， x∈ [1,2] ，则 f（ x）-f ’ (x)=g（ x）+h（ x），

由 g’（ x） = x - 1

≥0，可得 g（ x）≥g（ 1） =1，当且仅当x=1 时取得等号，x

又 h ’（ x ） = 3x

2

2x 6

，设 （ x ） =-3x 2 -2x+6 ，则

（ x ）在 x ∈ [1,2] 单调递减，

x 4

因为 （ 1） =1， （ 2）=-10 ，所以在 [1,2] 上存在 x 0，

使得 x ∈（ 1， x 0）时，

（ x ）＞ 0， x ∈（ x 0， 2）时， （x ）＜ 0.

所以 h （ x ）在（ 1，x 0）上单调递增，在（ x 0 ，2）上单调递减；

由于 h （ 1） =1 ， h （2） =

1

，因此 h （ x ） ≥h（ 2）= 1

，当且仅当 x=2 时取得等号

2

2

所以 f （ x ） -f ’（ x ）＞ g （ 1） +h （ 2） = 3

，

2

即 f （x ）＞ f ’（ x ）+

3

对于任意的 x ∈ [1,2] 恒成立。

2

51.

（Ⅰ ） 在 [1， 2]上恒成立 (2)

令 h （ x ）=2x 2+ax ﹣ 1，有

得 ，

得 (4)

（Ⅱ ）假设存在实数 a ，使 g （x ） =ax ﹣ lnx （x ∈ （ 0，e]）有最小值 3，

=

(6)

①当 a ≤0时， g （ x ）在（ 0， e]上单调递减， g （ x ） min =g （e ）=ae ﹣ 1=3 ， （舍） (7)

②当

，即 时， g （ x ）在 上单调递减，在 上单调递增

∴

， a=e 2，满足条件 (8)

③当

，即 时， g （x ）在（ 0， e]上单调递减，

g （ x ） min =g （ e ） =ae ﹣ 1=3 ， （舍） (9)

综上，存在实数 a=e 2，使得当

x ∈ （0， e]时 g （ x ）有最小值 3． (10)

（Ⅲ ）因为 x∈（ 0， e]，所以要证：，只需要证：

令，由（Ⅱ）知， F（ x）min=3 ．

令，，

当 0＜ x≤e时，，φ（ x）在（ 0， e]上单调递增

∴

∴，即． (12)

52.

（I）∵=x 2﹣ a

(2)

当 x=1 时， f（ x）取得极值，∴=1﹣ a=0， a=1． (3)

又当 x∈（﹣ 1， 1）时，＜ 0， x∈（ 1， +∞）时，＞ 0，

∴f （x）在 x=1 处取得极小值，即a=1 符合题意 (4)

（II ）当 a≤0时，＞0 对 x∈（ 0， 1]成立，

∴f （x）在（ 0， 1]上单调递增，f（ x）在 x=0 处取最小值 f（ 0） =1． (6)

当 a＞ 0 时，令=x 2﹣ a=

当 0＜ a＜ 1时，，当时，＜ 0， f（ x）单调递减，时，＞ 0， f（ x）单调递增．

所以 f（ x）在处取得最小值． (8)

当 a≥1时，，x∈ （0，1）时，＜0，f（x）单调递减

所以 f（ x）在 x=1 处取得最小值． (10)

综上所述：

当 a≤0时， f（ x）在 x=0 处取最小值 f （0） =1．

当 0＜ a＜ 1 时， f （ x）在处取得最小值．

当 a≥1时， f（ x）在 x=1 处取得最小值．

（III ）因为 ? m∈ R，直线 y= ﹣ x+m 都不是曲线y=f （ x）的切线，

所以=x 2﹣ a≠﹣1 对 x∈ R 成立 (11)

只要=x 2﹣ a 的最小值大于﹣1即可，

而 f'（ x） =x 2﹣a 的最小值为 f （0） =﹣ a

所以﹣ a＞﹣ 1，即 a＜1． (12)

53.

（Ⅰ） f x a x1e x，当 a0 时， f x在. 1 上单调递减，在1,单调递增；当 a0时， f x在,1上单调递增，在1,单调递减；

（Ⅱ）依题意

ln4e x，

x x ax

ln x x4

x ln x x4ln x x4

，axe xe x xe x

令 h x ln x x4

，则 h x

x1ln x x 5 xe x x2e x

，

令x ln x x5，则x 1

1 0，即x在 0,上单调递增 . x

又3ln320 ，4ln 40，

存在唯一的t3,4，使得t0 .

当 x0,t，x0h x0h x在0,t单调递增；当 x t,，x0h x0h x在 t,单调递减 .

Q h 13

0 ， h 2

ln 22

0 ， h 3

ln 31

e2e23e3

0 ，

且当 x 3 时， h x0 ，

又 h 132ln 2

h 3

ln 312ln 2， h 223， h 4 4 . e2e3e4e

故要使不等式p x q x解集中有且只有两个整数， a 的取值范围应为

ln 31

a 2ln 2

.

3e32e2 54.

55.

（1）求出 h′（x） =e x﹣ k，（ x∈ R），分以下两种情况讨论：①当k≤0，② 当k＞0，（2）当 k=2， m=1 时，方程 f （x） =g（ x）即为 h（ x） =e x﹣2x﹣ 1=0 ，结合（ 1）及图象即可判定．

（3）设 h（ x） =f （ x）﹣ g（ x），分①当 m＞1，②当 m＜1，分别求解

解：（ 1） h′（ x） =e x﹣ k，（ x∈ R），

①当 k≤0时， h′（ x）＞ 0 恒成立， h（ x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间；

②当 k＞ 0 时，由 h′（ x）＞ 0 得 x＞ lnk ，由 h′（x）＜ 0 得 x＜ lnk ，

故 h（ x）的单调递减区间为（﹣∞，lnk），单调递增区间为（

（ 2）当 k=2， m=1 时，方程 f （x ） =g （ x ）即为 h （ x ） =e x ﹣2x ﹣ 1=0 ，

由（ 1）知 h （ x ）在（﹣ ∞， ln2）上递减，而 h （ 0） =0，故 h （ x ）在（﹣ ∞， ln2 ）上有且

仅有 1 个零点，

由（ 1）知 h （ x ）在 [ln2 ，+∞）上递增，而 h （ 1）=e ﹣ 3＜ 0， h （ 2） =e 2﹣5＞ 0，且 h （ x ）

的图象在 [1， 2]上是连续不间断的，

故 h （ x ）在 [1， 2]上有且仅有 1 个零点，所以 h （ x ）在 [ln2 ， +∞）上也有且仅有 1 个零

点，

综上，方程 f （x ） =g （ x ）有且仅有两个实数根．

（3）设 h （ x ） =f （ x ）﹣ g （ x ），

①当 m ＞ 1 时， f （ x ）﹣ g （ x ）≤0恒成立，则 h （x ） ≤0恒成立，

而 h （﹣

） =e ＞ 0，与 h （ x ） ≤0恒成立矛盾，故 m ＞ 1 不合题意；

② 当 m ＜ 1 时， f x ）﹣ g （ x ） ≥0 h x ） ≥0

（ ，恒成立，则

（ 恒成立， 1°当 k=0 时，由 h （ x ） =e x

﹣ m ≥0恒成立可得 m ∈ （﹣ ∞， 0]， km=0 ；

2°当 k ＜ 0 时， h （ ） =e

﹣ 1，而

，故 e ＜ 1，

h ）＜ 0 ，与 h x ） ≥0 k ＜ 0 不合题意；

故 （

（ 恒成立矛盾，故 3°当 k ＞ 0 时，由（ 1）可知 [h （ x ） ]min =h （ lnk ） =k ﹣ klnk ﹣ m ，而 h （x ） ≥0恒成

立，

故 k ﹣ klnk ﹣ m ≥0，得 m ≤k﹣ klnk ，故 km ≤k（ k ﹣ klnk ），记 φ（ k ） =k （ k ﹣ klnk ），（ k ＞ 0），

则 φ′（k ）=k （ 1﹣ 2lnk ），由 φ′（k ）＞ 0 得 0

，由 φ′（k ）＜ 0 得 k ＞

，

故 φ（ k ）在（ 0， ）上单调递增，在（

， +∞）上单调递减，

∴φ k

） max =φ（

） = ， ∴ km ≤ ，当且仅当 k=

， m= 时取等号；

（

综上 ①② 两种情况得 km 的最大值为

．

56.

（Ⅰ） a

1 时，

f ( x) ln x

1

x

1

0 ，又 f (1) 0 ，

1 ，所以 f ( x) 2， f (1)

x

x

所以切线方程为 y 0(4 分 ).

（Ⅱ） f (x) 的定义域为 (0,

) ， f (x)

x a ，

x

2

①若 a 0, 则 f ( x) 0 ， f ( x) 在 (0, ) 上单调递增 (6 分 )，

②若 a 0 ，则当 x (0, a) 时， f ( x)0， f (x) 在 (0, a) 单调递减．

当 x(a,) 时， f( x)0 ， f( x) 在 ( a,) 单调递增(8分)．

（Ⅲ）1x 2111

等价于 ( x1)ln x2( x 1)0 ，

ln x x 12

令 F (x) ( x 1)ln x2( x 1) ，则 F (x) ln x(x 1) 2 ln x 1

1 ，

x x

由（Ⅱ）知，当 a 1时， f min ( x) f (1)0 ， f ( x) f (1) ，即 ln x 1 10 ，

x

所以 F ( x)0 ，则 F ( x) 在 (1,2)上单调递增，所以 F ( x) F (1)0 ，

即有

1x2时，1

11成立（ 12 分） .

ln x x 1 2 57.

58.

1 e x

e

-----------------

2 分

（Ⅰ） m e 时， f (x)

x 2

x 2 ，

x

所以 f (x) 在 (0, e) 上单调递减，在 (e, ) 上单调递增，

故当 x e 时， f (x) 取极小值为 f (e) 2 。 ---------------------------

6 分

（Ⅱ）不妨设 a b ，则有 f (a)

f (b)

2a 2b ，即 f (a) 2a f (b) 2b ，

构造函数 g (x) f ( x) 2x ，所以 g(a)

g(b) ，所以 g(x) 为 (0,

) 上为减函数 -----10

分

1 m

2 0 对任意 x (0,

) 恒成立 ---------------------- 12 分

所以 g (x)

x 2

x

即 m ( 2x

2

x)

max

1

-------- 15 分

8

59.

f x

x 2 4ax 3a 2 ------------------------

2 分

(1） a

3 , f x

x 3 x

9 , f x 极小值

f (3)36

b , f x 极大值

f (9)

b

由题意 :

b 0

0 b

36 ----------------6 分

36 b 0

(2） a

4

,1 时 ,有 2a a 1 2 , 由 f x 图示 , f x 在 a

1, a m 上为减函数

5

f a m f a 1 易知 f a 1 2a 1 a 必成立； --------8

分

导数压轴题处理专题讲解

导数压轴题处理专题讲解（上） 专题一双变量同构式（含拉格朗日中值定理）..................................................... - 2 -专题二分离参数与分类讨论处理恒成立（含洛必达法则）.................................... - 4 -专题三导数与零点问题（如何取点） .................................................................. - 7 -专题四隐零点问题整体代换.............................................................................. - 13 -专题五极值点偏移 ........................................................................................... - 18 -专题六导数处理数列求和不等式....................................................................... - 25 -

专题一 双变量同构式（含拉格朗日中值定理） 例1. 已知（1）讨论的单调性 （2）设，求证：例2. 已知函数，。（1）讨论函数的单调性；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）证明：若，则对任意x ，x ，x x ，有 。 例3. 设函数. （1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. ()()21ln 1f x a x ax =+++()f x 2a ≤-()()()121212 ,0,,4x x f x f x x x ?∈+∞-≥-()2 1(1)ln 2 f x x ax a x = -+-1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212 ()() 1f x f x x x ->--()ln ,m f x x m R x =+ ∈m e =e ()f x ()'()3 x g x f x = -()() 0, 1f b f a b a b a ->><-m

高考数学真题导数专题及答案

2017年高考真题导数专题 一．解答题（共12小题） 1．已知函数f（x）2（a﹣2）﹣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． 2．已知函数f（x）2﹣﹣，且f（x）≥0． （1）求a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 3．已知函数f（x）﹣1﹣． （1）若f（x）≥0，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值． 4．已知函数f（x）321（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b2＞3a； （3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．5．设函数f（x）=（1﹣x2）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≤1，求a的取值范围． 6．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）． （1）求f（x）的导函数； （2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围． 7．已知函数f（x）2+2，g（x）（﹣2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线（x）在点（π，f（π））处的切线方程； （Ⅱ）令h（x）（x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．

） 10．已知函数f（x）3﹣2，a∈R， （1）当2时，求曲线（x）在点（3，f（3））处的切线方程； （2）设函数g（x）（x）+（x﹣a）﹣，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 11．设a，b∈R，≤1．已知函数f（x）3﹣6x2﹣3a（a﹣4），g（x）（x）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）已知函数（x）和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：f（x）在0处的导数等于0； （）若关于x的不等式g（x）≤在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围． 12．已知函数f（x）（﹣a）﹣a2x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）≥0，求a的取值范围．

高考导数压轴题题型(精选.)

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 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －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】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版

导数与三角函数压轴题归纳总结 近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化. 一、零点存在定理 例1.【2019全国Ⅰ理20】函数()sin ln(1)f x x x =-+,()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2 π -存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【解析】（1）设()()g x f x '=,则()()() 2 11 cos ,sin 11g x x g x x x x '=- =-+++. 当1,2x π??∈- ?? ?时,()g'x 单调递减,而()00,02g g π?? ''>< ???, 可得()g'x 在1,2π?? - ?? ?有唯一零点,设为α. 则当()1,x α∈-时,()0g x '>；当,2x πα?? ∈ ??? 时,()0g'x <. 所以()g x 在()1,α-单调递增,在,2πα?? ???单调递减,故()g x 在1,2π?? - ???存在唯一极大 值点,即()f x '在1,2π?? - ?? ?存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞. （i ）由（1）知, ()f x '在()1,0-单调递增,而()00f '=,所以当(1,0)x ∈-时,()0f 'x <,故()f x 在(1,0)-单调递减,又(0)=0f ,从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点. （ii ）当0,2x π?? ∈ ???时,由（1）知,()f 'x 在(0,)α单调递增,在,2απ?? ??? 单调递减,而

高三数学导数压轴题

导数压轴 一．解答题（共20小题） 1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数． （1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围； （2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1． 2．设． （1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立； （2）讨论关于x的方程根的个数． 3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．

（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性； （2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围． 4．已知函数． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．

（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0． 6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1． （Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围； （Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．

（2）若对?x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围． 8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝． （Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a； （Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围． 9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．

高考文科数学专题复习导数训练题文

欢迎下载学习好资料 高考文科数学专题复习导数训练题（文）一、考点回顾导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的内容。考查方式以客观题为主，主1. 要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义。导数的应用是高中数学中的重点内容，导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工2.具，特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题是高考热点问题。选择填空题侧重于利用导不等式、解答题侧重于导数的综合应用，即与函数、数确定函数的单调性、单调区间和最值问题，数列的综合应用。3.应用导数解决实际问题，关键是建立恰当的数学模型（函数关系），如果函数在给定区间内只有一个极值点，此时函数在这点有极大（小）值，而此时不用和端点值进行比较，也可以得知这就是最大（小）值。 二、经典例题剖析 考点一：求导公式。 13f(x)?x?2x?1??ff(?1)(x)3的值是的导函数，则。例1. 是 ????2?1?2?1?f'32x??xf'解析：，所以 答案：3 点评：本题考查多项式的求导法则。 考点二：导数的几何意义。 1x?y?2(1?(1))f(x)My，f2，点则图数2. 例已知函的象程的处切线方在是 ??(1)(f1?)f。 115???fk?'1M(1，f(1))222，所的纵坐标为，所以，由切线过点，可得点M 解析：因为5???f1?????3'f1?f12以，所以3 答案： 学习好资料欢迎下载 32?3)(1，2??4x?yx?2x例3. 。在点曲线处的切线方程是 2?3)(1，4??4xy'?3x5?k?3?4?4??解析：，所以设切线方程，处切线的斜率为点?3)(1， ?3)y??5x?b(1，2b?，将点处的切线为带入切线方程可得，所以，过曲线上点5x?y?2?0方程为：5x?y?2?0答案：点评：以上两小题均是对导数的几何意义的考查。 考点三：导数的几何意义的应用。 ??23x?,y0x l:y?kx x?3x?2y?xl与曲线C且直线相切于点，，例，4.已知曲线C：直线000l的方程及切点坐标。求直线y??00k??x??0x y,x?0在曲析解：线直线过原点，C则。由点上， ??00232x?2x?3xy?x yx,y'?3x?6x?2??0在，处，。又 则00y20?x?3x?2 000000??222x?3x?2?3x?6x?22x?'6x??3xk?f?，整曲线C，的切线斜率为 0000000331y???k??x03x??2x x?00082400。所以，（舍），此时，，解得：理得：，或033??1,???y??x82l??4的方程为，切点坐标是直线。 33??1,???y??x82l??4的方程为，切点坐标是答案：直线点评：本小题考查导数

导数压轴题题型(学生版)

导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知. （I ）讨论的单调性； （II ）当时，证明对于任意的成立. 1. 高考命题回顾 例1.已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣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. ()2 21 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈()f x 1a =()3 ()'2 f x f x +＞[]1,2x ∈

例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围； (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<.

例3.（本小题满分12分） 已知函数f （x ）=31 ,()ln 4 x ax g x x ++ =- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{ ()min (),()(0)h x f x g x x => ， 讨论h （x ）零点的个数 例4.(本小题满分13分) 已知常数,函数 (Ⅰ)讨论在区间 上的单调性; (Ⅱ)若存在两个极值点且 求的取值范围.

例5已知函数f(x)＝e x－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； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.

例6已知函数)(x f 满足21 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥2 2 1)(，求b a )1(+的最大值。 例7已知函数，曲线在点处的切线方程为。 （Ⅰ）求、的值； （Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。 ln ()1a x b f x x x = ++()y f x =(1,(1))f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x k f x x x >+-k

高考题汇编2010-全国高考数学真题--第21题导数

2017-2019年全国高考数学真题--第21题导数 2018年：设函数2 ()1x f x e x ax =---。 （1）若0a =， 求()f x 的单调区间； （2）若当0x ≥时()0f x ≥， 求a 的取值范围 2019年：已知函数ln ()1a x b f x x x = ++， 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为 230x y +-=． （I ）求,a b 的值； （II ）如果当0x >， 且1x ≠时， ln ()1x k f x x x >+-， 求k 的取值范围． 2019年： 已知函数)(x f 满足2 1 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=-． （Ⅰ）求)(x f 的解析式及单调区间； （Ⅱ）若b ax x x f ++≥2 2 1)(， 求b a )1(+的最大值．

2019： 一卷：已知函数()f x ＝2 x ax b ++， ()g x ＝()x e 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42y x =+ （Ⅰ）求a ， b ， c ， d 的值； （Ⅱ）若x ≥－2时， ()f x ≤()kg x ， 求k 的取值范围． 2019一卷：设函数1 ()ln x x be f x ae x x -=+， 曲线()y f x =在点（1， (1)f 处的切线为 (1)2y e x =-+． (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >． 2015一卷：已知函数3 1 ()4 f x x ax =++ ， ()ln g x x =-． （Ⅰ）当a 为何值时， x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m ， n 中的最小值， 设函数{}()min (),()(0)=>h x f x g x x ， 讨论()h x 零点的个数．

高考数学理科导数大题目专项训练及答案

高一兴趣导数大题目专项训练 班级 姓名 1.已知函数()f x 是定义在[,0)(0,]e e - 上的奇函数，当(0,]x e ∈时，有()ln f x ax x =+（其中e 为自然对数的底，a ∈R ）． （Ⅰ）求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）试问：是否存在实数0a <，使得当[,0)x e ∈-，()f x 的最小值是3？如果存在，求出实数a 的值；如果不存在，请说明理由； （Ⅲ）设ln ||()||x g x x =（[,0)(0,]x e e ∈- ），求证：当1a =-时，1 |()|()2 f x g x >+； 2. 若存在实常数k 和b ，使得函数()f x 和()g x 对其定义域上的任意实数x 分别满足： ()f x kx b ≥+和()g x kx b ≤+，则称直线:l y kx b =+为()f x 和()g x 的“隔离直线”．已知 2()h x x =，()2ln x e x ?=（其中e 为自然对数的底数）． (1)求()()()F x h x x ?=-的极值； (2) 函数()h x 和()x ?是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在，请说明理由．

3. 设关于x 的方程012 =--mx x 有两个实根α、β，且βα<。定义函数.1 2)(2+-= x m x x f （I ）求)(ααf 的值；（II ）判断),()(βα在区间x f 上单调性，并加以证明； （III ）若μλ,为正实数，①试比较)(),( ),(βμ λμβ λααf f f ++的大小； ②证明.|||)()(|βαμ λλβ μαμλμβλα-<++-++f f 4. 若函数22()()()x f x x ax b e x R -=++∈在1x =处取得极值. （I ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间； （II ）是否存在实数m ，使得对任意(0,1)a ∈及12,[0,2]x x ∈总有12|()()|f x f x -< 21[(2)]1m a m e -+++恒成立，若存在，求出m 的范围；若不存在，请说明理由． 5．若函数()()2 ln ,f x x g x x x ==- （1）求函数()()()()x g x kf x k R ?=+∈的单调区间； （2）若对所有的[),x e ∈+∞都有()xf x ax a ≥-成立，求实数a 的取值范围.

高考理科数学全国卷三导数压轴题解析

2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。

高考导数压轴题题型

高考导数压轴题题型 远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）1211()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －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】 (1)f ′(x )＝1e x x m -+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1e 1x x - +. 函数f ′(x )＝1e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.

函数与导数经典例题高考压轴题含答案

函数与导数经典例题-高考压轴 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21 ()32 f x x = +，()h x = （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33 lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6 f n h n h h h n -+++≥L ． 3. 设函数ax x x a x f +-=2 2ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使2 )(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 4. 设2 1)(ax e x f x +=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当3 4 = a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ， b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是自然对数 的底数）。 （I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m

导数文科高考数学真题

2012-2017导数专题 1．（2014大纲理）曲线1x y xe- =在点（1,1）处切线的斜率等于（ C ） A．2e B．e C．2 D．1 2.(2014新标2理) 设曲线y=a x-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a= （ D ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3.(2013浙江文) 已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如右图所示， 则该函数的图象是(B) 4．（2012陕西文）设函数f（x）= 2 x +lnx 则（ D ） A．x= 1 2 为f(x)的极大值点B．x= 1 2 为f(x)的极小值点 C．x=2为f(x)的极大值点D．x=2为f(x)的极小值点 5.(2014新标2文) 函数() f x在 x x =处导数存在，若 :()0 p f x=： :q x x =是() f x的极值点，则A．p是q的充分必要条件 B. p是q的充分条件，但不是q的必要条件 C. p是q的必要条件，但不是q的充分条件 D. p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件 【答案】C 6．（2012广东理）曲线在点处的切线方程为___________________. 【答案】2x-y+1=0 7．（2013广东理）若曲线在点处的切线平行于轴，则 【答案】-1 8．（2013广东文）若曲线在点处的切线平行于轴，则． 【答案】 1 2 9．(2014广东文)曲线53 x y e =-+在点(0,2) -处的切线方程为. 【答案】5x+y+2=0 10．（2013江西文）若曲线y=xα+1（α∈R）在点（1，2）处的切线经过坐标原点，则α=。 33 y x x =-+() 1,3 ln y kx x =+(1,)k x k= 2ln y ax x =-(1,)a x a=

高三导数压轴题题型归纳

高三导数压轴题题型归 纳 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012.

导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )f ′(x )＝e x －1x ＋m f ′(0)＝e 0 －10＋m ＝0m ＝1， 定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x x ＋1－1 x ＋1 ， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x － 1 x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x － 1x ＋2(x >－2)h ′(x )＝e x ＋1x ＋2?2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －13 2 <0，g ′(0)＝1－1 2>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间? ?? ?? －12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t － 1t ＋2＝0? ?? ??－12

所以，e t ＝1 t ＋2 t ＋2＝e －t ， 当x ∈(－2，t )时，g ′(x )g ′(t )＝0，g (x )单调递增； 所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2 t ＋2 >0， 当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)， 所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2 12 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥ 2 2 1)(，求b a )1(+的最大值。 （1）1211 ()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 得：()f x 的解析式为21 ()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞

高考数学——导数大题精选

高考数学——导数大题精选 6.已知两曲线ax x y +=3和c bx x y ++=2都经过点P （1,2），且在点P 处有公切线，试求a,b,c 值。 例2 求下列函数的导数： (1)y=(2x 2-1)(3x+1) (2)x x y sin 2= (3))1ln(2x x y ++= (4)1 1-+=x x e e y (5)x x x x y sin cos ++= (6)x x x y cos sin 2cos -= 1.设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值． （Ⅰ）求a 、b 的值； （Ⅱ）若对于任意的[03]x ∈，，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围 2.设a ≥0，f (x )=x －1－ln 2 x ＋2a ln x （x >0）. （Ⅰ）令F （x ）＝xf ＇（x ），讨论F （x ）在（0.＋∞）内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1. 3.设函数22()21(0)f x tx t x t x t =++-∈>R ，． （Ⅰ）求()f x 的最小值()h t ； （Ⅱ）若()2h t t m <-+对(02)t ∈， 恒成立，求实数m 的取值范围 4.设函数2()ln(23)f x x x =++ （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）求()f x 在区间3144??-???? ，的最大值和最小值 6.已知函数2221()()1 ax a f x x x -+=∈+R ，其中a ∈R ． （Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程； （Ⅱ）当0a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值．

(完整版)高中数学导数压轴题专题训练

高中数学导数尖子生辅导（填选压轴） 一．选择题（共30小题） 1．（2013?文昌模拟）如图是f（x）=x3+bx2+cx+d的图象，则x12+x22的值是（） A．B．C．D． 考点：利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化． 专题：计算题；压轴题；数形结合． 分析：先利用图象得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，求出其导函数，利用x1，x2是原函数的极值点，求出x1+x2=，，即可求得结论． 解答：解：由图得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x， ∴f'（x）=3x2﹣2x﹣2 ∵x1，x2是原函数的极值点 所以有x1+x2=，， 故x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2==． 故选D． 点评：本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值，是对基础知识的考查，属于基础题． 2．（2013?乐山二模）定义方程f（x）=f′（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新驻点”，若函数g（x）=x，h（x）=ln（x+1），φ（x）=x3﹣1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为（） A．α＞β＞γB．β＞α＞γC．γ＞α＞βD．β＞γ＞α 考点：导数的运算． 专题：压轴题；新定义． 分析：分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x）=g（x），h′（x）=h（x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别为α，β，γ，即α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，然后分别讨论β、γ的取值范围即可． 解答： 解：∵g′（x）=1，h′（x）=，φ′（x）=3x2， 由题意得： α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2， ①∵ln（β+1）=， ∴（β+1）β+1=e， 当β≥1时，β+1≥2， ∴β+1≤＜2， ∴β＜1，这与β≥1矛盾， ∴0＜β＜1； ②∵γ3﹣1=3γ2，且γ=0时等式不成立，

高考数学专题：导数大题专练(含答案)

高考数学专题：导数大题专练 1. 已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围； (II)设12x x ，是()f x 的两个零点，证明：12 2.x x +< 2. (I)讨论函数2()2 x x f x e x -= +的单调性，并证明当0x >时，(2)20;x x e x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2 x =(0)x e ax a g x x -->（） 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域. 3. 设设函数()()()cos21cos +1f x x x αα=+-，其中0α>，记()f x 的最大值为A . （Ⅰ）求'f x （）； （Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明()'2f x A ≤. 4. 设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点()() 2,2f 处的切线方程为()14y e x =-+， （I ）求,a b 的值； (I I) 求()f x 的单调区间。 5. 已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. （1） 设1 22 a b == ，. ① 求方程()=2f x 的根; ②若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01,1a b <<＞ ，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值. 6. 已知()221 ()ln ,x f x a x x a R x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）当1a =时，证明()3 ()'2 f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立

高考数学导数专题

2013届高考数学（理）一轮复习——导数及其应用 一、选择题 1、若对任意x ，有f ′(x )＝4x 3，f (1)＝－1，则此函数为( ) A ．f (x )＝x 4 B ．f (x )＝x 4－2 C ．f (x )＝x 4＋1 D ．f (x )＝x 4＋2 2、设函数x x x f 6)(2-=，则)(x f 在0=x 处的切线斜率为（ ） （A ）0 （B ）-1 （C ）3 （D ）-6 3 ．（2012陕西理）设函数()x f x xe =,则 （ ） A ．1x =为()f x 的极大值点 B ．1x =为()f x 的极小值点 C ．1x =-为()f x 的极大值点 D ．1x =-为()f x 的极小值点 4．（2012厦门市高三上学期期末质检）函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区是（ ） A.(－∞,0) B. (0,＋∞) C. (－∞,－3)和(1,＋∞) D. (－3,1) 5 ．（2012新课标理）已知函数1 ()ln(1)f x x x = +-;则()y f x =的图像大致为 6 ．（2012浙江理）设a >0,b >0. （ ） A ．若2223a b a b +=+,则a >b B ．若2223a b a b +=+,则a b D ．若2223a b a b -=-,则a

A.32- B.2- C.2-或3 2- D. 不存在 8 ． 6．函数1()f x x x =+的单调递减区间是（ ） A.(1,1)- B.(1,0) -(0,1) C.(1,0)-,(0,1) D.(,1)-∞-,(1,)+∞ 9、已知函数(),()f x g x ''分别是二次函数()f x 和三次函数()g x 的导函数，它们在同一坐标系下的图象如图所示，设函数()()()h x f x g x =-，则（ ） A ．(1)(0)(1)h h h <<- B ．(1)(1)(0)h h h <-< C ．(0)(1)(1)h h h <-< D ．(0)(1)(1)h h h <<- 10．曲线y ＝13x 3＋x 在点? ????1，43处的切线与坐标轴围成的三 角形面积为 ( ) A.19 B.29 C.13 D.23 11、定义方程()'()f x f x =的实数根0x 叫做函数()f x 的“新驻点”，若函数 (),)1g x x x ==-3()ln(1),()1h x x x x ?=+=-的“新驻点”分别为,,αβγ，则,,αβγ的大小关系 为（ ） A ．αβγ>> B ．βαγ>> C ．γαβ>> D ．βγα>> 12．函数f (x )＝sin x ＋2xf ′(π3)，f ′(x )为f (x )的导函数，令a ＝－12 ，b ＝log 32， 则下列关系正确的是( ) A ．f (a )>f (b ) B ．f (a ).若曲线y =,0x a y ==所围成封闭图形的面 积为2a ,则a =______. 16、函数()331f x ax x =-+对于[]1,1x ∈-总有()f x ≥0 成立，则a = ． 三、17．设函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图象在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f ′(x )的最小值为－12. (1)求a ，b ，c 的值； (2)求函数f (x )的单调递增区间，并求函数f (x )在[－1,3]上的最大值和最小值．

2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(四)

2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(四) -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（四） 23.已知函数()32 23log 32 a f x x x x = -+（0a >且1a ≠）． （Ⅰ）若()f x 为定义域上的增函数，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）令a e =，设函数()()3 24ln 63 g x f x x x x =--+，且()()120g x g x +=，求 证：122x x +≥ 24.已知函数2x f x e x ax . (1)R x ∈时，证明：1->x e x ； (2)当2a 时，直线1y kx 和曲线y f x 切于点,1A m n m ，求实数k 的值； (3)当10<x f 恒成立，求实数a 的取值范围. 25.已知函数ln a f x a x x x (a 为常数)有两个不同的极值点. (1)求实数a 的取值范围； (2)记f x 的两个不同的极值点分别为12,x x ，若不等式2 12 1 2 f x f x x x 恒成 立，求实数的取值范围.

26.已知函数()1ln f x ax x =--（a ∈R ）. （1）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （2）若1x ?>，()2xf x ax ax a <-+恒成立，求a 的最大整数值. 27.已知函数()()()()2 21,2ln 1f x x x g x a x a R =-+=-∈. （1）求函数()()()h x f x g x =-的极值； （2）当0a >时，若存在实数,k m 使得不等式()()g x kx m f x ≤+≤恒成立，求实数a 的取值范围. 28.设()y f x =是二次函数，方程()0f x =有两个相等的实根，且()22f x x '=+. （1）求()y f x =的表达式； （2）若直线()01x t t =-<<，把()y f x =的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分，求t 的值.