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1.【2012新课标】21.已知函数()fx满足满足121()(1)(0)2xfxfefxx；（1）求()fx的解析式及单调区间；【解析】（1）1211()(1)(0)()(1)(0)2xxfxfefxxfxfefx令1x得：(0)1f1211()(1)(0)(1)1(1)2xfxfexxffefe得：21()()()12xxfxexxgxfxex()10()xgxeygx在xR上单调递增()0(0)0,()0(0)0fxfxfxfx得：()fx的解析式为21()2xfxexx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)＝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】(1)f′(x)＝1exxm.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝1e1xx.函数f′(x)＝1e1xx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fx=2xxeex（1）讨论fx的单调性；【解析】（1）f‘(x)=ex+e−x-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)=emx+x2-mx。（1）证明：f(x)在(-¥,0)单调递减，在(0,+¥)单调递增；（2）若对于任意x1,x2Î[-1,1]，都有|f(x1)-f(x2)|£e-1，求m的取值范围。24.【2017新课标1】21.已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x。3（1）讨论()fx的单调性；【解析】（1）()fx的定义域为(,)，2()2(2)1(1)(21)xxxxfxaeaeaee，（ⅰ）若0a，则()0fx，所以()fx在(,)单调递减.（ⅱ）若0a，则由()0fx得lnxa.当(,ln)xa时，()0fx；当(ln,)xa时，()0fx，所以()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)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5.【2017新课标2】21.已知函数3()ln,fxaxaxxx且()0fx。（1）求a；【解析】（1）因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，因为h′（x）=a﹣，且当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；6.【2017新课标3】21.已知函数()1lnfxxax．（1）若()0fx≥，求a的值；【解析】（1）()1lnfxxax，0x，则()1axafxxx，且(1)0f当0a≤时，0fx，fx在0，上单调增，所以01x时，0fx，不满足题意；当0a时，当0xa时，()0fx，则()fx在(0,)a上单调递减；当xa时，()0fx，则()fx在(,)a上单调递增。①若1a，()fx在(,1)a上单调递增∴当(,1)xa时()(1)0fxf矛盾②若1a，()fx在(1,)a上单调递减∴当(1,)xa时()(1)0fxf矛盾③若1a，()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增∴()(1)0fxf≥满足题意综上所述1a。7.【2011新课标】21.已知函数ln()1axbfxxx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为230xy。（1）求a、b的值；（2）如果当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，求k的取值范围。【解析】4（1）221(ln)'()(1)xxbxfxxx由于直线230xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b。（2）由（1）知ln11xxx，所以22ln1(1)(1)()()(2ln)11xkkxfxxxxxx。考虑函数()2lnhxx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2'()kxxhxx。(i)设0k，由222(1)(1)'()kxxhxx知，当1x时，'()0hx。而(1)0h，故当(0,1)x时，()0hx，可得21()01hxx；当x（1，+）时，h（x）0，可得211xh（x）0从而当x0,且x1时，f（x）-（1lnxx+xk）0，即f（x）1lnxx+xk.（ii）设0k1.由于当x（1，k11）时，（k-1）（x2+1）+2x0,故h’（x）0,而h（1）=0，故当x（1，k11）时，h（x）0，可得211xh（x）0,与题设矛盾。（iii）设k1.此时h’（x）0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）0，可得211xh（x）0,与题设矛盾。综合得，k的取值范围为（-，0）8.【2012新课标】21.已知函数()fx满足满足121()(1)(0)2xfxfefxx；（1）求()fx的解析式及单调区间；（2）若21()2fxxaxb，求(1)ab的最大值。【解析】（2）21()()(1)02xfxxaxbhxeaxb得()(1)xhxea①当10a时，()0()hxyhx在xR上单调递增x时，()hx与()0hx矛盾②当10a时，()0ln(1),()0ln(1)hxxahxxa5得：当ln(1)xa时，min()(1)(1)ln(1)0hxaaab22(1)(1)(1)ln(1)(10)abaaaa令22()ln(0)Fxxxxx；则()(12ln)Fxxx()00,()0FxxeFxxe当xe时，max()2eFx；当1,aebe时，(1)ab的最大值为2e9.【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,()()fxkgx，求k的取值范围。【解析】（1）由已知得(0)2,(0)2,(0)4,(0)4fgfg，而()fx=2xb，()gx=()xecxdc，∴a=4，b=2，c=2，d=2；（2）由（1）知，2()42fxxx，()2(1)xgxex，设函数()Fx=()()kgxfx=22(1)42xkexxx（2x），()Fx=2(2)24xkexx=2(2)(1)xxke，有题设可得(0)F≥0，即1k，令()Fx=0得，1x=lnk，2x=－2，①若21ke，则－2＜1x≤0，∴当1(2,)xx时，()Fx＜0，当1(,)xx时，()Fx＞0，即()Fx在1(2,)x单调递减，在1(,)x单调递增，故()Fx在x=1x取最小值1()Fx，而1()Fx=21112242xxx=11(2)xx≥0，∴当x≥－2时，()Fx≥0，即()fx≤()kgx恒成立，②若2ke，则()Fx=222(2)()xexee，∴当x≥－2时，()Fx≥0，∴()Fx在(－2,+∞)单调递增，而(2)F=0，∴当x≥－2时，()Fx≥0，即()fx≤()kgx恒成立，③若2ke，则(2)F=222ke=222()eke＜0，∴当x≥－2时，()fx≤()kgx不可能恒成立，综上所述，k的取值范围为[1,2e]10.【2014新课标2】21.已知函数fx=2xxeex（1）讨论fx的单调性；（2）设24gxfxbfx，当0x时，0gx,求b的最大值；【解析】（1）f‘(x)=ex+e−x-2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f（x）在（—∞，+∞）单调递增（2）g（x）=f(2x)-4bf(x)=e2x-e−2x-4b(ex-e−x)+(8b-4)xg′(x)=2[e2x+e−2x−2b(ex+e−x)+(4b−2)]=2(ex+e−x−2)(ex+e−x−2b+2)①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)=0，6所以对任意x0,g(x)0;②当b2时，若x满足，2xxee2b-2即0xln(b-1+22bb)时g’(x)0,而g（0）=0,因此当0Xln(b-1+22bb)时，g(x)0综上，b的最大值为211.【2015新课标2】21.设函数f(x)=emx+x2-mx。（1）证明：f(x)在(-¥,0)单调递减，在(0,+¥)单调递增；（2）若对于任意x1,x2Î[-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。12.【2015新课标1】21.已知函数f（x）=31,()ln4xaxgxx(1)当a为何值时，x轴为曲线()yfx的切线；(2)用min,mn表示m,n中最小值，设函数()min(),()(0)hxfxgxx，讨论h（x）零点的个数【解析】（Ⅰ）设曲线()yfx与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)=0，¢f(x0)=0，即x03+ax0+14=03x02+a=0ìíïîï，解得x0=12,a=34.因此，当a=34时，x轴是曲线y=f(x)的切线.（Ⅱ）当xÎ(1,+¥)时，g(x)=-lnx0，从而h(x)=min{f(x),g(x)}£g(x)0，∴h(x)在（1，+∞）无零点.当x=1时，若a³-54，则f(1)=a+54³0，h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点；若a-54，则f(1)=a+540，h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)0,故x=1不是h(x)的零点.当xÎ(0,1)时，g(x)=-lnx0，所以只需考虑f(x)在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若a£-3或a³0，则¢f(x)=3x2+a在（0,1）无零点，故f(x)在（0,1）单调，而f(0)=14，f(1)=a+54，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.(ⅱ)若-3a0，则f(x)在（0，-a3）单调递减，在（-a3，1）单调递增，故当x=-a3时，f(x)取的最小值，最小值为f(-a3)=2a3-a3+14.7①若f(-a3)＞0，即-34＜a＜0，f(x)在（0,1）无零点.②若f(-a3)=0，即a=-34，则f(x)在（0,1）有唯一零点；③若f(-a3)＜0，即-3a-34，由于f(0)=14，f(1)=a+54，所以当-54a-34时，f(x)在（0,1）有两个零点；当-3a£-54时，f(x)在（0,1）有一个零点.综上，当a-34或a-5