2020年整理高考导数压轴题题型.doc

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. 已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；【解析】（1）令得： 得：在上单调递增得：的解析式为且单调递增区间为，单调递减区间为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)＝. 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)＝.函数f′(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=（1）讨论的单调性；【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1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m的取值范围。

4.【2017新课标1】21. 已知函数1）讨论的单调性；【解析】（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减.（ⅱ）若，则由得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.2． 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. 已知函数且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．（1）若，求的值；【解析】（1） ，，则，且当时，，在上单调增，所以时，，不满足题意；当时，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增①若，在上单调递增∴当时矛盾②若，在上单调递减∴当时矛盾③若，在上单调递减，在上单调递增∴满足题意综上所述7.【2011新课标】21. 已知函数，曲线在点处的切线方程为1）求、的值；（2）如果当，且时，，求的取值范围解析】（1）由于直线的斜率为，且过点，故 即 解得，。

2）由（1）知，所以考虑函数，则i)设，由知，当时，而，故当时，，可得；当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.（ii）设00,故h’ （x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾iii）设k1.此时h’ （x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得 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. 已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值解析】（2）得①当时，在上单调递增时，与矛盾②当时，得：当时，令；则 当时，；当时，的最大值为9.【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, ，求k的取值范围解析】（1）由已知得，而=，=，∴=4，=2，=2，=2；（2）由（1）知，，，设函数==（），==，有题设可得≥0，即，令=0得，=，=－2，①若，则－2＜≤0，∴当时，＜0，当时， ＞0，即在单调递减，在单调递增，故在=取最小值，而==≥0，∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，②若，则=，∴当≥－2时，≥0，∴在(－2,+∞)单调递增，而=0，∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，③若，则==＜0，∴当≥－2时，≤不可能恒成立，综上所述，的取值范围为[1,]10.【2014新课标2】21. 已知函数=（1）讨论的单调性；（2）设，当时，,求的最大值；【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)x g(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)( ex+e-x-2b+2)①当b2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;②当b>2时，若x满足，2< <2b-2即 0

1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m的取值范围零点的个数；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）=(1)当a为何值时，x轴为曲线 的切线；(2)用表示m,n中最小值，设函数 ，讨论h（x）零点的个数【解析】（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得. 因此，当时，轴是曲线的切线.（Ⅱ）当时，，从而，∴在（1，+∞）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.① 若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.② 若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；③ 若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.13.【2016新课标1】21. 已知函数有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设是的两个零点，证明：.【解析】（I）①当时，，此时函数只有一个零点，不符合题意舍去；②当时，由，由，所以在上递减，在上递增，，又，所以函数在上只有一个零点，当时，，此时，，所以函数在上只有一个零点此时函数fx=x-2ex+a(x-1)2有两个零点.③当时，，由，由所以在和上递增，在上递减，，此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去；④当时，恒成立，此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去⑤当时，，由，由所以在和上递增，在上递减，，因为在上递减，所以此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去.综上可知.(II)由(I)若是f(x)的两个零点，则，不妨令，则要证x1，只要证，，，当时，在上递减，且，所以，只要证，，又令 ，，在上递减，当时，，即成立， 成立.14.【2017新课标1】21. 已知函数。

1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围解析】（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减.（ⅱ）若，则由得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.①当时，由于，故只有一个零点；②当时，由于，即，故没有零点；③当时，，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，的取值范围为四．极值的范围15.【2017新课标2】21. 已知函数且1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且解析】（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；（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′(x)=0存在两根x0，x2，且不妨设f′(x)在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．五．证明函数不等式16.【2014新课标1】21．设函数f（x）=aexlnx+，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，+∞）， f′（x）=+，由题意可得f（1）=2，f′（1）=e， 故a=1，b=2；（2）由（1）知，f（x）=exlnx+，从而f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）=﹣．设函数h（x）=，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）．∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．17.【2016新课标2】(1)讨论函数的单调性，并证明当时，【解析】⑴ ∵当时， ∴在上单调递增∴时， ∴18.【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；(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.【解析】(1)f′(x)＝. 由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于。