2020年高考理科数学高考大题专项1函数与导数的综合压轴大题

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

2020年高考数学导数压轴题每日一题 (1)

第 1 页 共 1 页 2020年高考数学导数压轴题每日一题 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（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. 例1 (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－10＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}， f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x (x ＋1)－1x ＋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 －1x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1(x ＋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 －132 <0，g ′(0)＝1－12>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????－12g ′(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 )2t ＋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.

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析 已知函数2()x f x e ax =-. （1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析： 本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答： （1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.

2007——2014高考数学新课标卷(理)函数与导数压轴题汇总

2007——2014高考数学新课标卷（理）函数与导数综合大题 【2007新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数2()ln()f x x a x =++ （I ）若当1x =-时，()f x 取得极值，求a 的值，并讨论()f x 的单调性； （II ）若()f x 存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于e ln 2 ． 【解析】（Ⅰ）1()2f x x x a '= ++，依题意有(1)0f '-=，故32a =． 从而2231(21)(1) ()3322 x x x x f x x x ++++'==++． ()f x 的定义域为32?? -+ ??? ，∞，当312x -<<-时，()0f x '>； 当1 12 x -<<-时，()0f x '<； 当1 2 x >- 时，()0f x '>． 从而，()f x 分别在区间3 1122????---+ ? ?????，，， ∞单调增加，在区间112?? -- ??? ，单调减少． （Ⅱ）()f x 的定义域为()a -+，∞，2221 ()x ax f x x a ++'=+． 方程2 2210x ax ++=的判别式2 48a ?=-． （ⅰ）若0?< ，即a << ()f x 的定义域内()0f x '>，故()f x 的极值． （ⅱ）若0?= ，则a a = 若a = ()x ∈+ ，2 ()f x '= ． 当x =时，()0f x '=，

当2 x ? ??∈-+ ? ????? ，∞时， ()0f x '>，所以()f x 无极值． 若a =)x ∈+，()0f x '= >，()f x 也无极值． （ⅲ）若0?>，即a > a <22210x ax ++=有两个不同的实根 1x = 2x = 当a <12x a x a <-<-，，从而()f x '有()f x 的定义域内没有零点， 故()f x 无极值． 当a > 1x a >-，2x a >-，()f x '在()f x 的定义域内有两个不同的零点， 由根值判别方法知()f x 在12x x x x ==，取得极值． 综上，()f x 存在极值时，a 的取值范围为)+． ()f x 的极值之和为 2221211221()()ln()ln()ln 11ln 2ln 22 e f x f x x a x x a x a +=+++++=+->-=． 【2008新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数1 ()()f x ax a b x b =+ ∈+Z ，，曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程为y =3． （Ⅰ）求()f x 的解析式： （Ⅱ）证明：函数()y f x =的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心； （Ⅲ）证明：曲线()y f x =上任一点的切线与直线x =1和直线y =x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 21．解：（Ⅰ）2 1 ()() f x a x b '=- +，

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）．

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

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。

(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，

函数与导数例题高考压轴题含答案

函数与导数 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． 【解析】（19）本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、 函数的零点、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分14分。 （Ⅰ）解：当1t =时，3 2 2 ()436,(0)0,()1266f x x x x f f x x x '=+-==+- (0) 6.f '=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =- （Ⅱ）解：2 2 ()1266f x x tx t '=+-，令()0f x '=，解得.2 t x t x =-=或 因为0t ≠，以下分两种情况讨论： （1）若0,,t t t x <<-则 当变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表： 所以，()f x 的单调递增区间是(), ,,;()2t t f x ??-∞-+∞ ? ??的单调递减区间是,2t t ?? - ??? 。 （2）若0,t t t >-< 则，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表： 所以，()f x 的单调递增区间是(),,,;()2t t f x ??-∞-+∞ ??? 的单调递减区间是,.2t t ? ?- ??? （Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当0t >时，()f x 在0,2t ? ? ??? 内的单调递减，在,2t ?? +∞ ??? 内单调递增，以下分两种情况讨论： （1）当1,22 t t ≥≥即时，()f x 在（0，1）内单调递减， 所以对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点。

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

专题五挖掘“隐零点”，破解导数压轴题 函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练. 【典型例题】 类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由; (2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2） 【解析】 （1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x)=ln x+4x-1. 因为在单调递增，所以当时 即函数f(x)在区间单调递减；当时 即函数f(x)在区间单调递增； （2）因为，而在（0，1）上递增 存在使得

，当 时单调递减； 当时 单调递增 所以 又因为时则 所以则 类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式 例2. 设函数2()ln x f x e a x =-，设()2 0,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2ln f x a a a ≥+ 【答案】见解析 【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x x a xe a f x e x x -=-= 设2()2x x xe a ?=-，()22()242x x x xe x e ?'==+， 当(]0,1x ∈，()0x ?'>，即()x ?在区间(]0,1为增函数， (2(),2x a e a ??∈--? 又因为( )2 0,2a e ∈，所以2 (0)0,(1)20a e a ??=-<=-> 由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增， 所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln x f x e a x =-， 由0 2020x x e a -=，即0 202x a e x = ，两边去对数得00ln ln 22 a x x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a = ++≥?=+

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--高考压轴题(含答案)

所以对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零 点。 （2）当01,022t t <<<<即时，()f x 在0,2t ?? ??? 内单调递减，在,12t ?? ???内单调递增，若3 3177(0,1],10.244t f t t t ??∈=-+-≤-< ??? 2(1)643643230.f t t t t t =-++≥-++=-+> 所以(),12t f x ?? ??? 在内存在零点。 若()3377(1,2),110.244t t f t t t ??∈=-+-<-+< ??? (0)10f t =-> 所以()0,2 t f x ?? ???在内存在零点。 所以，对任意(0,2),()t f x ∈在区间（0，1）内均存在 零点。 综上，对任意(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33lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6f n h n h h h n -+++≥． 本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证

明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力． 解：（Ⅰ）223()18()[()]129(0)F x f x x h x x x x =-=-++≥， 2()312F x x '∴=-+． 令()0F x '∴=，得2x =（2x =-舍去）． 当(0,2)x ∈时．()0F x '>；当(2,)x ∈+∞时，()0F x '<， 故当[0,2)x ∈时，()F x 为增函数；当[2,)x ∈+∞时，()F x 为 减函数． 2x =为()F x 的极大值点，且(2)824925F =-++=． （Ⅱ）方法一：原方程可化为 422 33log [(1)]log ()log (4)24f x h a x h x --=---， 即为4222log (1)log log log x -==，且,14,x a x ， 此时3x ==±∵1x a <<， 此时方程仅有一解3x = ②当4a >时，14x <<，由14a x x x --=-，得2640x x a -++=，364(4)204a a ?=-+=-， 若45a <<，则0?> ，方程有两解3x =± 若5a =时，则0?=，方程有一解3x =； 若1a ≤或5a >，原方程无解． 方法二：原方程可化为422log (1)log (4)log ()x h x h a x -+-=-， 即222 1log (1)log log 2x -+，

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.

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2019-2020 年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（一） 1.已知函数f (x) x2 ax ln x(a R) . （1）函数f (x)在 [1,2] 上的性； （2）令函数g( x) e x 1 x2 a f (x) ，e=2.71828?是自然数的底数， 若函数 g (x) 有且只有一个零点m，判断 m 与 e 的大小，并明理由 . 2.已知函数 f (x) x3ax2bx c 在x 2 与x 1都取得极. 3 （1）求 a， b 的与函数f( x)的区； （2）若x [ c,1] ，不等式 f (x) c 恒成立，求 c 的取范 . 2 3.已知函数 f (x) ln(1 x) ln(1x) . （1）明 f '(x) 2 ； （2）如果 f (x) ax x [0,1) 恒成立，求 a 的范 .

x 1 4.已知函数f (x) （ e 自然数的底数） . e x （1）求函数f (x)的区； （2）函数(x) xf (x) tf '(x) 1 x1， x2 [0 ，1] ，使得 2 ( x1 )(x2 ) x ，存在数 e 成立，求数t 的取范 . 5.已知函数 f ( x) kx a x，其中k R，a 0且a 1 . （1）当 a e （ e=2.71 ?自然数的底），f(x)的性；（2）当k 1，若函数f(x)存在最大g(a)，求g(a)的最小. 6.已知函数 f x x2ax ln x a R （1）当a 3 ，求函数f(x)在 1 , 2 上的最大和最小； 2 （2）函数 f(x)既有极大又有极小，求数 a 的取范 .

7.已知 f( x)是定义在 R 上的奇函数，当 x 0 时， f x 1 x 3 ax a R ，且曲线 f(x)在 3 x 1 处的切线与直线 y 3 x 1平行 2 4 （1）求 a 的值及函数 f(x)的解析式； （2）若函数 y f x m 在区间 3, 3 上有三个零点，求实数 m 的取值范围 . 8.已知函数 f x x 0 ax, a ln x （1）若函数 y f x 在 1, 上减函数，求实数 a 的最小值； （2）若存在 x 1 , x 2 e,e 2 ，使 f x 1 f x 2 a 成立，求实数 a 的取值范围 . 9.已知函数 f (x) x 3 ax 2 bx 1， a ， b R ． （ 1）若 a 2 b 0 ， ①当 a 0 时，求函数 f(x)的极值（用 a 表示）； ②若 f(x)有三个相异零点，问是否存在实数 a 使得这三个零点成等差数列？若存在，试 求出 a 的值；若不存在，请说明理由； （ 2）函数 f( x)图象上点 A 处的切线 l 1 与 f(x)的图象相交于另一点 B ，在点 B 处的切线为 l 2 ，直线 l 1， l 2 的斜率分别为 k 1， k 2 ，且 k 2 =4k 1 ，求 a ，b 满足的关系式．

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. ()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈()f x 1a =()3()'2 f x f x +＞[]1,2x ∈

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. 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2121)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 ++≥ 22 1)(，求b a )1(+的最大值。

高考导数压轴题---函数与导数核心考点(精编完美版)

导数与函数核心考点 目录 题型一切线型 1.求在某处的切线方程 2.求过某点的切线方程 3.已知切线方程求参数 题型二单调型 1.主导函数需“二次求导”型 2.主导函数为“一次函数”型 3.主导函数为“二次函数”型 4.已知函数单调性，求参数范围 题型三极值最值型 1.求函数的极值 2.求函数的最值 3.已知极值求参数 4.已知最值求参数 题型四零点型 1.零点(交点，根)的个数问题 2.零点存在性定理的应用 3.极值点偏移问题 题型五恒成立与存在性问题 1.单变量型恒成立问题 2.单变量型存在性问题 3.双变量型的恒成立与存在性问题 4.等式型恒成立与存在性问题 题型六与不等式有关的证明问题 1.单变量型不等式证明 2.含有e x与lnx的不等式证明技巧 3.多元函数不等式的证明 4.数列型不等式证明的构造方法

题型一 切线型 1.求在某处的切线方程 例1.【2015重庆理20】求函数f (x )＝3x 2 e x 在点(1， f (1))处的切线方程. 解：由f (x )＝3x 2e x ，得f ′(x )＝6x －3x 2e x ，切点为(1，3e ) ，斜率为f ′(1)＝3 e 由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1，3e )，由f ′(1)＝3e ，得切线斜率为3 e ； ∴切线方程为y －3e ＝3 e (x －1)，即3x －ey ＝0. 例2.求f (x )＝e x (1 x ＋2)在点(1，f (1))处的切线方程. 解：由f (x )＝e x (1x ＋2)，得f ′(x )＝e x (－1x 2＋1 x ＋2) 由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1,3e )，由f ′(1)＝2e ，得切线斜率为2e ； ∴切线方程为y －3e ＝2e (x －1)，即2ex －y ＋e ＝0. 例3.求f (x )＝ln 1－x 1＋x 在点(0，f (0))处的切线方程. 解：由f (x )＝ln 1－x 1＋x ＝ln (1－x )－ln (1＋x )，得f ′(x )＝－11－x －1 1＋x 由f (0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f ′(0)＝－2，得切线斜率为－2； ∴切线方程为y ＝－2x ，即2x ＋y ＝0. 例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y =x 2 4 与 直线l ：y =kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点，当k ＝0时，分别求C 在点M 与N 处的切线方程. 解：由题意得：a =x 2 4，则x ＝±2a ，即M (－2a ，a )，N (2a ，a )， 由f (x )＝x 24，得f ′(x )＝x 2， 当切点为M (－2a ，a )时，切线斜率为f ′(－2a )＝－a ， 此时切线方程为：ax ＋y ＋a ＝0； 当切点为N (2a ，a )时，切线斜率为f ′(2a )＝a ， 此时切线方程为：ax －y －a ＝0；

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.

全国高考导数压轴题总汇编

2016全国各地导数压轴题汇编 1、（2016年全国卷Ｉ理数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点 （I ）求a 的取值围 （II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x

2、（2016年全国卷Ｉ文数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性 （II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值围

3、（2016年全国卷II 理数） (I)讨论函数x x 2f (x)x 2 -=+e 的单调性，并证明当x >0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.

4、（2016年全国卷II 文数） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值围. 5、（2016年全国卷III 理数） 设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记错误!未找到引用源。的最大值为A （Ⅰ）求)(x f '； （Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明错误!未找到引用源。A x f 2)(≤'

6、（2016年全国卷III 文数） 设函数()ln 1f x x x =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<； （Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.

高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移

高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移 1.（2010?天津）已知函数f（x）=xe﹣x（x∈R） （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值； （Ⅱ）已知函数y=g（x）的图象与函数y=f（x）的图象关于直线x=1对称，证明：当x＞1时，f（x）＞g（x）； （Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2＞2． 【分析】（1）先求导求出导数为零的值，通过列表判定导数符号，确定出单调性和极值． （2）先利用对称性求出g（x）的解析式，比较两个函数的大小可将它们作差，研究新函数的最小值，使最小值大于零，不等式即可证得． （3）通过题意分析先讨论，可设x1＜1，x2＞1，利用第二问的结论可得f（x2）＞g（x2），根据对称性将g（x2）换成f（2﹣x2），再利用单调性根据函数值的大小得到自变量的大小关系． 【解答】解：（Ⅰ）解：f′（x）=（1﹣x）e﹣x令f′（x）=0，解得x=1 当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表 所以f（x）在（﹣∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数． 函数f（x）在x=1处取得极大值f（1）且f（1）=． （Ⅱ）证明：由题意可知g（x）=f（2﹣x），得g（x）=（2﹣x）e x﹣2 令F（x）=f（x）﹣g（x），即F（x）=xe﹣x+（x﹣2）e x﹣2 于是F'（x）=（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x 当x＞1时，2x﹣2＞0，从而e2x﹣2﹣1＞0，又e﹣x＞0，所以F′（x）＞0， 从而函数F（x）在[1，+∞）是增函数． 又F（1）=e﹣1﹣e﹣1=0，所以x＞1时，有F（x）＞F（1）=0，即f（x）＞g（x）． （Ⅲ）证明：（1）若（x1﹣1）（x2﹣1）=0，由（I）及f（x1）=f（x2），则x1=x2=1．与x1≠x2矛盾．（2）若（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，由（I）及f（x1）=f（x2），得x1=x2．与x1≠x2矛盾． 根据（1）（2）得（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，不妨设x1＜1，x2＞1．由（Ⅱ）可知，f（x2）＞g（x2）， 则g（x2）=f（2﹣x2），所以f（x2）＞f（2﹣x2），从而f（x1）＞f（2﹣x2）． 因为x2＞1，所以2﹣x2＜1，又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（﹣∞，1）内是增函数， 所以x1＞2﹣x2，即x1+x2＞2．