高考导数大题汇编理科答
案
Newly compiled on November 23, 2020
一、解答题
1. 解:(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为(0,)+∞,'
112()e ln e e e .x
x x x a b b f x a x x x x
--=+-+ 由题意可得'
(1)2,(1) e.f f ==故1,2a b ==.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知12e ()e ln ,x x
f x x x -=+从而()1f x >等价于2
ln e .e
x x x x ->- 设函数()ln g x x x =,则()1ln g x x '=+,所以当1(0,)e
x ∈时,'
()0g x <;
当1(,)e x ∈+∞时,'
()0g x >,故()g x 在1(0,)e 单调递减,在1(,)e
+∞单调递增,
从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11
().e e
g =-.
设函数2()e e
x
h x x -=-,则'()e (1)x h x x -=-,所以当(0,1)x ∈时,'()0h x >;
当(1,)x ∈+∞时,'
()0h x <,故()h x 在(0,1)上单调递增,在(1,)+∞上单调递减,从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)e
h =-
. 综上,当0x >时,()()g x h x >,即()1f x >.
2. 解题指南(1)根据导数公式求出函数的导数,利用分类讨论思想求解;(2)根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点,代入函数中求解.
解析(1)2/
22
2(2)24(1)
()1(2)(1)(2)a x x ax a f x ax x ax x +-+-=-=++++ (*)
当1a ≥时,/
()0f x >,此时,()f x 在区间(0,)+∞上单调递增. 当01a <<时,由/
()0f x =
得1
x =
,(2x =-舍去).
当1(0,)x x ∈时,/()0f x <;当1(,)x x ∈+∞时,/
()0f x >. 故()f x 在区间1(0,)x 上单调递减,在区间1(,)x +∞上单调递增. 综上所述,当1a ≥时,()f x 在区间(0,)+∞上单调递增. 当01a <<时,()f x
在区间(0,
上单调递减,在区间)+∞上单调递增. 由(*)式知,当1a ≥时,/
()0f x >,此时()f x 不存在极值点,因而要使得()f x 有两个极值点, 必有01a <<.又()f x
的极值点只可能是1
x =
2x =-,且由定义可知,1
x a >-
且x ≠
此
令
0x <<
记
(Ⅰ)
因此
1()
f x (Ⅱ)
因此,
1()
f x 综
3. (1)
函数.
(2)解:
令
(3)解:
当x ≥1
因此g (x )在[1,+∞)上的最小值是1
(1)e e
2g a -=+-.
由于存在x 0∈[1,+∞),使003
0e e (3)0x x a x x -+--+<成立,当且仅当最小值g (1)<0, 故1
e+e 20a --<,即1
e e 2
a -+>.
令函数()(e 1)ln 1h x x x =---,则()1h x '=-
e 1
x
-,令h ′(x ) = 0,得e 1x =-. 当(0,e 1)x ∈-时,h ′(x )<0,故h (x )是(0,e 1)-上的单调减函数.
当x ∈(e – 1,+∞)时,h ′(x )>0,故h (x )是(e – 1,+∞)上的单调增函数. 所以h (x )在(0,+∞)上的最小值是(e 1)h -.
注意到h (1) = h (e) = 0,所以当(1,e 1)x ∈- (0,e 1)-时,(e 1)h -)≤h (x ) ①当a ∈1e e ,e 2-?? + ??? (1,e)时,h (a )<0,即1(e 1)ln a a -<-,从而1e 1e a a --<; ②当a = e 时,1 e 1e a a --<; ③当(e,)(e 1,)a ∈+∞?-+∞时,h (a )>h (e) = 0,即1(e 1)ln a a ->-,故1 e 1e a a -->. 综上所述,当a ∈1e e ,e 2-?? + ??? 时,1e 1e a a --<,当a = e 时,1e 1e a a --=,当(e,)a ∈+∞ 时,1 e 1e a a -->. 4. 解题指南:(I )利用'()f x 为偶函数和()y f x 在点(0,(0))f 处的切线的斜率为4c -建立关于,a b 的方程 求解. (II )利用基本不等式求解.(III)需对c 进行分类,讨论方程'()0f x =是否有实根,从而确定极值. 解析:(I )对()f x 求导得' 22()22x x f x ae be c -=+-,由()f x '为偶函数,知' ()'()f x f x -=, 即222()()0x x a b e e --+=,因220x x e e -+>,所以a b =. 又' (0)224f a b c c =+-=-,故1,1a b ==. (II )当3c =时,22()3x x f x e e x -=--,那么 故()f x 在R 上为增函数. (III)由(Ⅰ)知'22()22x x f x e e c -=+- ,而22224,x x e e -+≥=当0x =时等号成立. 下面分三种情况进行讨论. 当4c <时,对任意22,()220x x x R f x e e c -'∈=+->,此时()f x 无极值; 当4c =时,对任意220,()220x x x f x e e c -'≠=+->,此时()f x 无极值; 当4 c >即'(f x 当1x < 综上, 5. 解题字母的 解析 ⑴ ()f x '令(f x '当x <- 减; 在(2, -(0)f = ⑵因 ()f x '得( b ≤6. 解析 (1)f ) 当x 当12x x x <<时,()0g x >,即'()0f x >,故()f x 为增函数; 当2x x >时,()0g x <,即'()0f x <,故()f x 为减函数; 由()f x 在[)3,+∞上为减函数,知226363,a a x -++= ≤解得9 ,2a ≥- 故a 的取值范围为9,.2?? -+∞???? 考点分类第四章 考点一、导数的概念、运算及其几何意义;考点二、导数的应用;第九章 考点一、不等关系与一元二次不等式 7. 解:(1)∵2 2 '()2(1)(1)0x x x f x x x x =++=+≥e e e (仅当1x =-时取等号), ∴()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞. (2)∵(0)10f a =-<,2(ln )(ln )0f a a a =>, ∴()f x 在单调递增区间(,)-∞+∞上仅有一个零点. (3)由题意知'()0P f x =,又仅'(1)0f -=,得1P x =-,2P y a =-e , 由题意知'()OP f m k =,得22(1)m m a +=-e e , 要证321m a ≤--e ,即要证3 2(1)m a +≤-e , 只需证32(1)(1)m m m +≤+e ,即要证1m m +≤e ,① 设()1m g m m =+-e ,则'()1m g m =-e , 又'()00g m m ?==, ∴()g m 在(,0)-∞上递增,在(0,)∞+上递减。 ∴()(0)0g m g ≤=,即不等式①成立,得证. 8. 解:对()f x 求导,得2()(4)e x f x x x '=+, 由()0f x '<,解得40x -<<,所以()f x 的单调递减区间为(4,0)-。 9. (1)解:由()f x =n nx x -,可得()1 1()1n n f x n nx n x --'=-=-,其中n *∈N ,且2n ≥. 下面分两种情况讨论: ①当n 令(f x '当x 变 所以,②当n 当(f x '当f ' 所以, (2) 线方程 () F x (F x '() 00,x 对于任 (3)证 2x n '= 又由( 类似地 () f x 设方程 () 1h x ' 由此可 因为2n ≥,所以() 1 1 112 111C 11n n n n n ---=+≥+=+-=,故01 1 2n x n -≥=. 则当12x x ≤时,2121||x x x x -=-<21a n +- 同理可证当1x >2x 时,结论也成立 所以,2121a x x n -< +-. 10. 解:(Ⅰ)2 121()(21)11 ax ax a f x a x x x ++-'= +-=++,函数()f x 极值点的个数等价于()0f x '=,即2 210ax ax a ++-=在(1,)x ∈-+∞上的变号根的个数. 令2 ()21g x ax ax a =++-, ①0a =时,()10g x =≠,此时()0f x '>,函数()f x 单调递增,无极值点; ②0a ≠时,令2 2 8(1)980a a a a a ?=--=-≤,解得8 09 a <≤时,()f x 单调递增,无极值点; ③0a <时,0?>,抛物线()g x 的开口向下,对称轴为1 4 x =- ,(0)10,(1)10g a g =->-=>,2210ax ax a ++-=在(1,)x ∈-+∞上有一个变号根,即()f x 有一个极值点; ④89 a >时,0?>,抛物线()g x 的开口向上,对称轴为14x =-,(1)10g -=>,2 210 ax ax a ++-=在1(1,)4 x ∈--与1 (,)4x ∈-+∞上各有一个变号根,即()f x 有两个极值点. 综上:0a <时,()f x 有一个极值点;809a ≤≤时,()f x 无极值点;8 9 a >时,()f x 有两个极值点. (Ⅱ)①由(Ⅰ)知,8 09 a ≤≤时,()0f x '≥恒成立,()f x 单调递增,所以0x ≥时,()(0)0 f x f >=符合题意; ②0a <时,令[)1()ln(1),0,,()1011x h x x x x h x x x -'=+-∈+∞=-=<++,所以()h x 单调递减, ()(0)0h x h ≤=,所以ln(1)x x +≤,因为()f x 在0x ≥时先增后减, 222 ()ln(1)()()(1)f x x a x x x a x x ax a x =++-<+-=+-. 当x →+∞时,()f x →-∞,不满足,0,()0x f x ?>≥,舍去; ③ 819a <≤时,由(Ⅰ)知,对称轴1 4 x =-,0?>,(0)10g a =-≥,所以()0f x '≥恒成立,()f x 单调递增,即0x ≥时,()(0)0f x f >=符合题意; ④a > (0 x ∈合x ?> 综上: 11. 解 则有F 当x ∈ 所以F 故当x (2)令 则有G 当k ≤ 故对任当0< 取0x = 从而G 综上, (3)当 |() f x 令( M 则有M 故当x ∈时,()0M x '>, ()M x 在上单调递增, 故()(0)0M x M >=,即2 |()()|f x g x x ->,所以满足题意的t 不存在 当1k <时,由(2)知,存在00x >,使得当0(0,)x x ∈时,()()f x g x >, 此时|()()|()()ln(1)f x g x f x g x x kx -=-=+-. 令2 ()ln(1),[0,)N x x kx x x =+--∈+∞, 则有212(2)1()211 x k x k N x k x x x --++-'=--=++, 当x ∈时,()0N x '>, ()N x 在上单调递增, 故()(0)0N x N >=,即2 ()()f x g x x ->. 记0x 1x , 则当1(0,)x x ∈时,恒有2 |()()|f x g x x ->. 故满足题意的t 不存在 当1k =时,由(1)知,当0x >时,|()()|()()ln(1)f x g x g x f x x x -=-=-+. 令2 ()ln(1),[0,)H x x x x x =-+-∈+∞, 则有212()1211 x x H x x x x --'=--=++. 当0x >时,()0H x '<, 所以()H x 在[0,)+∞上单调递减,故()(0)0H x H <=. 故当0x >时,恒有2 |()()|f x g x x -<. 此时, 综上, 解法二 (3)当故|( f 令(k - 从而得 故满足当1 k <由(2) 此时|f 令 12 k -记0x 与 故满足 当k = 令( M 则有M 当x > 故( M 故当x 此时, 综上, 12. 证 其中tan ρ= 1a ,0<ρ<2 π. 令' ()f x =0,由x 0≥得x+ρ=mx, 即x=m π-ρ,m ∈* N . 对k ∈N ,若2k π ()f x >0; 若(2k+1)π ()f x <0. 因此,在区间((m-1)π,m π-ρ)与(m π-ρ,m π)上,' ()f x 的符号总相反.于是 当x= m π-ρ(m * N ∈)时,()f x 取得极值,所以 * () n x n n N πρ∈=-. 此时, ()()1 sin()()(1) sin .a n a n n n x e n f e πρπρπρρ--+=-=-易知()n f x ≠0,而 是常数,故数列 {}()n f x 是首项为1()f x =() sin a n e πρρ-,公比为ax e -的等比数列 (2)由(1)知,sin ρ ,于是对一切* n N ∈,n x <|()n f x |恒成立,即 () a n n πρπρ--< 恒成立,等价于 ( ) () a n e a a n πρ πρ-<- (?) 恒成立(因为a>0) 设g (t )=t e t (t )0),则2 '(1)t g t e t t -()=.令' g t ()=0得t=1 当0 g t ()<0,所以g (t )在区间(0,1)上单调递减; 当t>1时,'g t ()>0,所以g (t )在区间(0,1)上单调递增. 从而当t=1时,函数g (t )取得最小值g (1)=e 因此,要是(? )式恒成立,只需()1g e a <= ,即只需a > . 而当 tan ρ= 1a >且02πρ<<.于是 23 π πρ-< 时,232n ππρπρ-≥-≥>.因此对一切 n N ∈综上所 13. 解 0() f x 'a =- (Ⅱ) 当1 x =的零点当0<对于f (i )当 单调函 0a ≥时 (ii ) x =显然, 若 f 若 f y f = 综上,当34a >- 或54a <-时,()h x 有1个零点;当34a =-或5 4 a =-时,()h x 有2个零点;当53 44 a -<<-时,()h x 有3个零点. 14. 解: (1)()()222ln 22=-++--+f x x a x x ax a a 令()' 0≥g x ,即()200-+≥>x x a x ,讨论此不等式的解,可得: 当140?=-≤a 时,即1 4 ≥ a 时,不等式恒成立。即()'0≥g x 恒成立,所以()g x 恒单调递增。 当104<< a 时,1211110,,,12222+????=∈=∈ ? ????? x x 所以()' 0≥g x 的解为110,22 ≤≤ >x x ()g x 在 110,22 -≤≤>x x 综上:当1 4 ≥ a 时,()g x 在()0,+∞上单调递增。 当1 04 << a 时,()g x 在)+∞ 上单调递增,在上单调递减。 由(1)得 ()()'=f x g x 在()1,+∞内单调递增。且 ()'1222240=--+-=- ()0000 2'2ln 2220=---+-=a f x x x a x ①。 所以 ()f x 在0(1,)x 上单调递减,0(,)+∞x 上单调递增。 所以满足 ()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解只需满足()()0min 0==f x f x 即可。 ()()22000002ln 220=-++--+=f x x a x x ax a a ,将①带入化简得: 当00(1)2= >x a x 时,此时①变形为22ln 230--=a a ,在1,12?? ??? 上有解。令()()222 22ln 23,,'2-=--=-= a h a a a h a a a 所以h 当= a 不妨设 所以( h 上有解 所以结 15. 解 ( y f =(Ⅱ) ()F x = (0, x ∈()F x > (Ⅲ) () F x '当k ∈当k > 间(0,1 所以,()F x 的单调递减区间是0(0,)x ,单调递增区间是0(,1)x ;()F x 在0x 处取得极小值. ()(0)0F x F <=,显然不符合题意. 综上可知:k 的最大值为2. 考点分类第四章导数及其应用 考点二、导数的应用 16. 解析(Ⅰ)' ()(e 1)2mx f x m x =-+. 若0m ≥,则当(,0)x ∈-∞时,e 10mx -≤,'()0f x <;当(0,)x ∈+∞时,e 10mx -≥,'()0f x >. 若0m <,则当(,0)x ∈-∞时,e 10mx ->,'()0f x <;当(0,)x ∈+∞时,e 10mx -<,'()0f x >. 所以,()f x 在(,0)-∞单调递减,在(0,)+∞单调递增. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的m ,()f x 在[1,0]-单调递减,在[0,1]单调递增,故()f x 在0x =处取得最小 值.所以对于任意12,[1,1]x x ∈-, 12()()e 1f x f x -≤-的充要条件是:(1)(0)e 1, (1)(0)e 1, f f f f -≤-?? --≤-?即e e 1,e e 1, m m m m -?-≤-??+≤-??①,设函数()e e 1t g t t =--+,则'()e 1t g t =-.当0t <时,'()0g t <;当0t >时,'()0g t >.故()g t 在(,0)-∞单调递减,在(0,)+∞单调递增.又(1)0g =,1(1)e 2e 0g --=+-<,故当[1,1]t ∈-时,()0g t ≤.当[1,1]m ∈-时,()0g m ≤,()0g m -≤,即①式成立.当1m >时,由()g t 的 单调性,()0g m >,即e e 1m m ->-;当1m <-时,()0g m ->,即e e 1m m -+>-.综上,m 的取值 范围是[1,1]-.