高考导数大题大全理科答案

一、解答题

1. 解:(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为(0,)+∞，'11

2()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1

2e ()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1

1().e e

g =-. 设函数2

()e

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/

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 =

和2x =-，且由定义可知，1

x a >-

且2x ≠-

，所以1a ->-

且2-≠-，解得1

a ≠- 此时，由（*）式易知，12,x x 分别是()f x 的极小值和极大值点，而令21a x -=，则01a <<且12a ≠-知：当102

a <<时，10x -<<；当112a <<时，01x <<．记2

()ln 2g x x x

=+-，（Ⅰ）当10x -<

<时，2()2ln()2g x x x =-+-，所以/22

2222

()0x g x x x x

-=-=< 因此，()g x 在区间(1,0)-上单调递减，从而()(1)40g x g <-=-<，故当1

a <<

时， 12()()0f x f x +<．

（Ⅱ）当01x <<时，2()2ln 2g x x x =+

-，所以/222222

()0x g x x x x

-=-=< 因此，()g x 在区间(0,1)上单调递减，从而()(1)0g x g >=，故当时

a <<，12()()0f x f x +>．

综上所述，满足条件的a 的取值范围为1

(,1)2． 3. (1)证明：因为对任意x ∈R ，都有()

()e e

e e ()x x x x

f x f x -----=+=+=，所以f (x )是R 上的偶函数．

(2)解：由条件知(e e

1)e 1x x

x m --+-≤-在(0，+∞)上恒成立．

令t = e x

(x >0)，则t >1，所以m ≤211

11111

t t t t t --

=--+-++-对于任意t >1成立．

因为11111t t -+

+≥- = 3，所以1113111

t t -

≥--++-，当且仅当t = 2，即x = ln2时等号成立．

因此实数m 的取值范围是1,3?

?-∞- ??

?．

(3)解：令函数31()e (3)e x

x g x a x x =+--+，则21()e 3(1)e

g x a x '=-+-．当x ≥1时，1e 0e

x x -

>，x 2

– 1≥0，又a >0，故g ′(x )>0，所以g (x )是[1，+∞)上的单调增函数，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

a -+>

．令函数()(e 1)ln 1h x x x =---，则()1h x '=-e 1

-，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

f x ae

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4c >时，令2x

e t =，注意到方程2

20t c t

+-=

有两根1,20t =

>，即'()0f x =有两根112211

ln ln 22

x t x t =

=或. 当12x x x <<时，'()0f x <；又当2x x >时，'()0f x >，从而'()f x 在2x x =处取得极小值；综上，若'()f x 有极值，则c 取值范围为()4,+∞.

5. 解题指南（1）先求导数，结合解不等式求解函数的单调区间；（2）利用单调性与导数的关系求解字

母的取值范围.

解析⑴当4b =时

()(4f x x x =++定义域为12

(,)-∞

2()(24)(44)(2)f x x x x '=+++?-=

令()0f x '=,解得12x =-,20x =. 当2x <-或1

0x <<

时,()0f x '<；当20x -<<时,()0f x '>.所以()f x 在(,2)-∞-,12

(0,)上单调递

减；

在(2,0)-上单调递增.所以当2x =-时,()f x 取得极小值(2)0f -=；当0x =时,()f x 取得极大值(0)4f =.

⑵因为()f x 在13

(0,)上单调递增,所以()0f x '≥,且不恒等于0对13

(0,)x ∈恒成立

12()(2)()(2)f x x b x bx b '=+++?

所以25320x bx x --+≥,

得min 253()x b -≤.因为1

2525133

-?->

=,所以19

b ≤,故b 的取值范围为19

(,]-∞.

6. 解析：（Ⅰ）对()f x 求导得222(6)(3)3(6)'(),()x x x x

x a e x ax e x a x a

f x e e

+-+-+-+== 因为()f x 在0x =处取得极值，所以'(0)0f =即0a =.

当0a =时，()f x =22336,'(),x x

x x x f x e e -+=故33

(1),'(1),f f e e

==从而()f x 在点（1，(1)f ）处的切线方程为33

(1),y x e e

=-化简得30.x ey -= （Ⅱ）由（Ⅰ）知23(6)'().x

x a x a

f x e

-+-+= 令2

()3(6),g x x a x a =-+-+

由()0g x =

解得12x x =

= 当1x x <时，()0g x <，即'()0f x <，故()f x 为减函数；

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263,6a 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）∵22'()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1m ≤

，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 为奇数时.

令()0f x '=，解得1x =，或1x =-.

当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：

所以，()f x 在,1-∞-，1,+∞上单调递减，在1,1-内单调递增。 ②当n 为偶数时.

当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增；

当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减. 所以，()f x 在

(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减.

（2）证明：设点P 的坐标为

()0,0x ，则01

1n x n

，2

0()f x n n '=-.曲线y =()f x 在点P 处的切

线方程为

()00()y f x x x '=-，即00()()()g x f x x x '=-.令()()()F x f x g x =-，即

00()()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-.

由于1

()n f x nx n -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减.又因为0()0F x '=，

所以当()00,x x ∈

时，()0F x '>，当()0,x x ∈+∞时，()0F x '<，所以()F x 在()00,x 内单调递增，在

()0,x +∞上单调递减，所以对于任意的正实数x ，都有0()()0F x F x ≤=，即对于任意的正实数x ，都有

()f x ()g x ≤.

（3）证明：不妨设12x x ≤.由（2）知()()()2

g x n n x x =

--.设方程()g x a =的根为2

x '，可得

202

x x n n

+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减. 又由（2）知()()()

222g x f x a g x '≥==，可得22x x '≤.

类似地，设曲线

()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当()0,x ∈+∞，

()()0n f x h x x -=-<，即对于任意的()0,x ∈+∞，()()f x h x <.

设方程()h

x a =的根为1x '，可得1a

x n

.因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且()

()()111h x a f x h x '==<，因此11x x '<.

由此可得212101a

x x x x x n

''-<-=+-. 因为2n ≥，所以()

112

111C 11n n n n n ---=+≥+=+-=，故01

2n x n

-≥=. 则当12x x ≤时，2121||x x x x -=-＜21a

+- 同理可证当1x ＞2x 时，结论也成立所以，2121a

x x n

+-. 10. 解：（Ⅰ）2121()(21)11ax ax a f x a x x x ++-'=+-=++，函数()f x 极值点的个数等价于()0f x '=，即2210ax 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

8(1)980a a a a a ?=--=-≤，解得8

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

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 -=>，2210ax 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

a >时，()f x 有两个极值点.

（Ⅱ）①由（Ⅰ）知，8

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,,()10

11x

h x x x x h x x x -'=+-∈+∞=

-=<++，所以()h x 单调递减，()(0)0h x h ≤=，所以l n (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

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； ④1a >时，由（Ⅰ）知，对称轴1

x =-

,0?>，(0)10g a =-<，所以存在00x >,使0(0,)x x ∈()0g x <,即()0f x '<，()f x 单调递减，故0(0,)x x ∈0x ≥时，()(0)0f x f <=不符合0,()0x f x ?>≥，舍去.

综上：所求a 的取值范围是

[]0,1.

11. 解法一：（1）令()()ln(1),[0,)F x f x x x x x =-=+-∈+∞，

则有1()111

F x x x -'=

++. 当(0,)x ∈+∞时，()0F x '<，所以()F x 在[0,)+∞上单调递减，

故当0x >时，()(0)0F x F <=，即当0x >时，()f x x <. （2）令()()()ln(1),[0,)G x f x g x x kx x =-=+-∈+∞，则有1(1)

()11

kx k G x k x x -+-'=-=

++, 当0k

≤时，()0G x '>，故()G x 在[0,)+∞单调递增, ()(0)0G x G >=，

故对任意正实数0x 均满足题意. 当01k <<时，令()0G x '=，得11

10k x k k

-==->，取01

1x k

-，对任意0(0,)x x ∈，有()0G x '>，从而()G x 在0[0,)x 单调递增，所以()(0)0G x G >=，即()()f x g x > 综上，当1k <时，总存在00x >，使得对任意0(0,)x x ∈，恒有()()f x g x >.

（3）当1k

>时，由（1）知，对于(0,),()()x g x x f x ?∈+∞>>，故()()g x f x >.

|()()|()()ln(1)f x g x g x f x kx x -=-=-+.

令2

()ln(1),[0,)M x kx x x x =-+-∈+∞，

则有2

12(2)1()211

x k x k M x k x x x -+-+-'=-

-=++.

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，任意正实数t 均满足题意.

综上，1k =.

解法二：（1）（2）同解法一. （3）当1k

>时，由（1）知，对于(0,),()()x g x x f x ?∈+∞>>，

故|()()|()()ln(1)(1)f x g x g x f x kx x kx x k x -=-=-+>-=-.

令2

(1)k x x ->，解得01x k <<-.

从而得到，当1k >时，对于(0,1)x k ∈-，恒有2|()()|f x g x x ->.

故满足题意的t 不存在。

当1k <时，取11

k k +=，从而11k k <<.

由（2）知，存在00x >，使得01(0,),()()x x f x k x kx g x ∈>>=，

此时11|()()|()()()2

f x

g x f x g x k k x x --=->-=，

令212k x x ->，解得102k x -<<

，此时2()()f x g x x ->. 记0x 与12

k -的较小者为1x ，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，0,|()()|()()ln(1)x f x g x f x g x x x >-=-=-+，

令2

()ln(1),[0,)M x x x x x =-+-∈+∞，

则有212()1211

x x M x x x x --'=--=++. 当0x >时，()0M x '<，所以()M x 在[0,)+∞上单调递减，故()(0)0M x M <=

故当0x >时，恒有2

|()()|f x g x x -<，此时，任意正实数t 均满足题意综上，1k

12. 证明：（1）'()sin cos ax ax

f x ae x e x =+ 其中tan ρ=

1a ，0<ρ<2

. 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

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（?

()1g e <=

，即只需a >

. 而当

tan ρ=

>02πρ<<.于是

πρ-<

时，232n ππρπρ-≥-≥>.因此对一切 *

n N ∈

,1n ax =≠，所以g （n ax

）(1)g e a >==.故（?）式亦恒成立. 综上所述，若a

≥

n N ∈，()||n n x x f <恒成立.

13. 解：（Ⅰ）2

()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，

也就是2030x a +=且3

00104x ax ++=，

解得012

x =，34a =-，因此，当3

4a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线；

（Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点；当1x =时，若54a ≥-

，则5

(1)04

f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h f

g g ===，故1x =是()

h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2

()3f x x a '=+，因为2

033x <<，所以令()0f x '=可得2

3a x =-，那么

（i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15

(0),(1)44

f f a =

=+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；

（ii ）当30a -<<时，()0f x '<

（0x <<()0f x '>

1x <<）

，所以x =

值点，且

f =.

显然，若

0f >，即3

a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；

若

0f =，即3

a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；

若

0f <，即334a -<<-

时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344

a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若5

a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点. 综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或5

a =-时，()h x 有2个零点；当

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

≥

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1

04<<

时，1211110,,,12222????=∈= ? ?????

x x 所以()'

0≥g x

的解为11022

-+≤≤

>x x 。所以()g x

在

0≤≤>x x

综上：当1

≥

a 时，()g x 在()0,+∞上单调递增。当1

a 时，()g x

在)+∞

上单调递增，在11(22

+上单调递减。

由（1）得

()()'=f x g x 在()1,+∞内单调递增。且

()'1222240=--+-=-f 。由零点存在性定理得存在唯一()01,∈+∞x 使得

()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 a 在()0,1上单调递减。11302??

=-< ???

h 不满足。

当2

002=-a x x 时，此时①变形为2

022ln 60--=x x 在()1,2上有解。

不妨设()22

00000000

422()22ln 6,'4-=--=-=x h x x x h x x x x 所以0()h x 在

()1,2上单调递增。()(1)4,222ln 20=-=->h h 。所以20022ln 60--=x x 在()1,2上有解。

所以结论得证。

15. 解析（Ⅰ）1()ln 1x f x x +=-的定义域是(1,1)-，2

()1f x x

'=-，(0)2f '=，(0)0f =，曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为20x y -=；

（Ⅱ）当(0,1)x ∈时，3()2()3x f x x >+，即不等式3

()2()03x f x x -+>对01x <<成立，设3

1()ln 2()13

x x F x x x +=-+-，即3(

)l n (1)l n (1)2()3x F x x x x =+---+

，则4

2()1x F x x '=-，当(0,1)x ∈时，

()0F x '>，故3

1()l n

2()13

x x

F x x x +=-+-在（0，1）上为增函数，则()(0)0F x F >=，因此对(0,1)x ?∈，都有3

()2()3

x f x x >+成立；（Ⅲ）(0,1)x ∈，使3()()3x f x k x >+成立，等价于3

1()ln ()013x x F x k x x +=-+>-. 42

2(1)2()(1)11k x F x k x x x

-+'=-+=--，(0,1)x ∈，则2410,10x x ->-<. 当[0,2]k ∈时，()0F x '>，函数()F x 在区间(0,1)上为增函数，()(0)0F x F >=，符合题意；当2k

>时，令()0F x '=解得402k x k -=

，易知2

01k k

-<<，即001x <<.那么(),()F x F x '在区间(0,1)上的取值情况如下：

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]-．

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性 1.（2015年1卷13）若函数f （x ） =ln(x x +为偶函数，则a= 【解析】由题知ln(y x = 是奇函数，所以ln(ln(x x ++- =22ln()ln 0a x x a +-==，解得a =1.考点：函数的奇偶性 2.（2018年2卷11）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则 A. B. 0 C. 2 D. 50 解：因为是定义域为的奇函数，且，所以, 因此，因为，所以，，从而，选C. 3.（2016年2卷12）已知函数()()R f x x ∈满足()()2f x f x -=-，若函数1 x y x += 与()y f x =图像的交点为()11x y ，，()22x y ，，?，()m m x y ，，则()1 m i i i x y =+=∑（）（A ）0 （B ）m （C ）2m （D ）4m 【解析】由()()2f x f x =-得()f x 关于()01，对称，而11 1x y x x +==+也关于()01，对称， ∴对于每一组对称点'0i i x x += '=2i i y y +，∴()1 1 1 022 m m m i i i i i i i m x y x y m ===+=+=+? =∑∑∑，故选B ．二、函数、方程与不等式 4.（2015年2卷5）设函数211log (2),1, ()2,1,x x x f x x -+-

高考数学导数题型归纳

导数题型归纳请同学们高度重视：首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法： 1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法 5、二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系（2）端点处和顶点是最值所在其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立； 1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)(' =x f 得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题， 2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上， ()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，432 3()1262 x mx x f x =-- （1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值. 解:由函数4323()1262x mx x f x =-- 得32 ()332 x mx f x x '=-- （1） ()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，则 2 ()30g x x mx ∴=--< 在区间[0,3]上恒成立解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x < 解法二：分离变量法： ∵ 当0x =时, 2 ()330g x x mx ∴=--=-<恒成立, 当03x <≤时, 2 ()30g x x mx =--<恒成立等价于233 x m x x x ->=-的最大值（03x <≤）恒成立，而3 ()h x x x =-（03x <≤）是增函数，则max ()(3)2h x h == (2)∵当2m ≤时()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数” 则等价于当2m ≤时2 ()30g x x mx =--< 恒成立解法三：变更主元法再等价于2 ()30F m mx x =-+>在2m ≤恒成立（视为关于m 的一次函数最值问题） 2 2 (2)0230 11(2)0230 F x x x F x x ?->--+>?????-<-+>??? 例2),10(32 R b a b x a ∈<<+- ],2不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.

导数有关知识点总结、经典例题及解析、近年高考题带答案

导数及其应用【考纲说明】 1、了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度，加速度，光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念。 2、熟记八个基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则，了解复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数。 3、理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)；会求一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值。【知识梳理】一、导数的概念函数y=f(x),如果自变量x 在x 0处有增量x ?，那么函数y 相应地有增量y ?=f （x 0+x ?）－f （x 0），比值x y ??叫做函数y=f （x ）在x 0到x 0+x ?之间的平均变化率，即x y ??=x x f x x f ?-?+)()(00。如果当0→?x 时，x y ??有极限，我们就说函数y=f(x)在点x 0处可导，并把这个极限叫做f （x ）在点x 0处的导数，记作f’（x 0）或y’|0x x =。即f （x 0）=0lim →?x x y ??=0lim →?x x x f x x f ?-?+)()(00。说明：

（1）函数f （x ）在点x 0处可导，是指0→?x 时，x y ??有极限。如果x y ??不存在极限，就说函数在点x 0处不可导，或说无导数。（2）x ?是自变量x 在x 0处的改变量，0≠?x 时，而y ?是函数值的改变量，可以是零。由导数的定义可知，求函数y=f （x ）在点x 0处的导数的步骤：（1）求函数的增量y ?=f （x 0+x ?）－f （x 0）；（2）求平均变化率x y ??=x x f x x f ?-?+) ()(00；（3）取极限，得导数f’(x 0)=x y x ??→?0lim 。二、导数的几何意义函数y=f （x ）在点x 0处的导数的几何意义是曲线y=f （x ）在点p （x 0，f （x 0））处的切线的斜率。也就是说，曲线y=f （x ）在点p （x 0，f （x 0））处的切线的斜率是f’（x 0）。相应地，切线方程为y －y 0=f/（x 0）（x －x 0）。三、几种常见函数的导数 ①0;C '= ②() 1;n n x nx -'= ③(sin )cos x x '=; ④(cos )sin x x '=-; ⑤();x x e e '=⑥()ln x x a a a ' =; ⑦ ()1ln x x '= ; ⑧()1 l g log a a o x e x '=. 四、两个函数的和、差、积的求导法则法则1：两个函数的和(或差)的导数,等于这两个函数的导数的和(或差)，即： ( .)' ''v u v u ±=± 法则2：两个函数的积的导数,等于第一个函数的导数乘以第二个函数,加上第一个函数乘以第二个函数的导数，即： .)('''uv v u uv += 若C 为常数,则' ''''0)(Cu Cu Cu u C Cu =+=+=.即常数与函数的积的导数等于常数乘以函数的导数： .)(''Cu Cu = 法则3：两个函数的商的导数，等于分子的导数与分母的积，减去分母的导数与分子的积，再除以分母的平方： ? ?? ??v u ‘=2' 'v uv v u -（v ≠0）。形如y=f [x (?])的函数称为复合函数。复合函数求导步骤：分解——求导——回代。法则：y ＇|x = y ＇|u ·u ＇|x 五、导数应用 1、单调区间：一般地，设函数)(x f y =在某个区间可导，

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．

函数与导数大题部分-高考数学解题方法归纳总结专题训练

专题03 函数与导数大题部分【训练目标】 1、理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法； 2、掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题； 3、掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式； 4、掌握指数函数和对数函数的图像与性质； 5、掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系； 6、熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用； 7、熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题； 8、理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围； 9、会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。【名校试题荟萃】 1、（2019届新余四中、上高二中高三第一次联考）已知函数 .,R n m ∈ （1）若函数()x f 在()()2,2f 处的切线与直线0=-y x 平行，求实数n 的值；（2）试讨论函数()x f 在区间[)+∞,1上最大值；（3）若1=n 时，函数()x f 恰有两个零点，求证：221>+x x 【答案】（1）6n =（2）1ln m n --（3）见解析【解析】（1）由，，由于函数()f x 在(2,(2))f 处的切线与直线0x y -=平行，故 2 14 n -=，解得6n =。（2），由()0f x '<时，x n >；()0f x '>时，x n <，所以 ①当1n ≤时，()f x 在[)1,+∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；

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

近五年高考试题分类汇编-导数部分(附答案解析)

2018年全国高考试题分类汇编-导数部分（含解析） 1.(2018·全国卷I 高考理科·T5)同(2018·全国卷I 高考文科·T6)设函数f (x )=x3+(a -1)x2+ax.若f (x )为奇函数,则曲线y=f (x )在点(0,0)处的切线方程为( ) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x 2.(2018·全国卷II 高考理科·T13)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 3.(2018·全国卷II 高考文科·T13)曲线y=2lnx 在点(1,0)处的切线方程为 4.(2018·全国Ⅲ高考理科·T14)曲线y=(ax +1)ex 在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= . 5.(2018·天津高考文科·T10)已知函数f(x)=exlnx,f ′(x)为f(x)的导函数,则f ′(1)的值为 . 6.(2018·全国卷I 高考理科·T16)已知函数f (x )=2sinx+sin2x,则f (x )的最小值是 . 7.(2017·全国乙卷文科·T14)曲线y=x 2 + 1 x 在点(1,2)处的切线方程为 . 8.(2017·全国甲卷理科·T11)若x=-2是函数f (x )=(2x +ax-1)1x e -的极值点,则f (x )的极小值为 ( ) A.-1 B.-23e - C.53e - D.1 9.(2017 10.(2017递增,则称f (x )A.f (x )=2-x 11.(2017数a 12.(2017则称f (x )具有M ①f (x )=2-x ;②f (x

13.(2017·全国乙卷理科·T16)如图,圆形纸片的圆心为O ,半径为5cm ,该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O.D ,E ,F 为圆O 上的点,△DBC ,△ECA ,△FAB 分别是以BC ,CA ,AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC ,CA ,AB 为折痕折起△DBC ,△ECA ,△FAB ,使得D ,E ,F 重合,得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm 3 )的最大值为 . 14.(2017·天津高考文科·T10)已知a ∈R ,设函数f (x )=ax-lnx 的图象在点(1,f (1))处的切线为l ,则l 在y 轴上的截距为 . 15.(2016·全国卷Ⅰ高考文科·T12)若函数f (x )=x-1 3 sin2x+asinx 在(-∞,+∞)上单调递增,则a 的取值范围是( ) A.[-1,1] B.11,3 ? ? -?? ?? C.11,33??- ???? D.11,3? ? --???? 16.(2016·四川高考理科·T9)设直线l 1,l 2分别是函数f (x )=lnx,0x 1,lnx,x 1, ?-<?图象上点P 1,P 2处的切线,l 1与l 2垂直相交于点P ,且l 1,l 2分别与y 轴相交于点A ,B ,则△PAB 的面积的取值范围是( ) A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 17.(2016·四川高考文科·T6)已知a 为函数f (x )=x 3 -12x 的极小值点,则a=( ) A.-4 B.-2 C.4 D.2 18.(2016·四川高考文科·T10)设直线l 1,l 2分别是函数f (x )=lnx,0x 1,lnx,x 1, ?-<?图象上点P 1,P 2处的切线,l 1 与l 2垂直相交于点P ,且l 1,l 2分别与y 轴相交于点A ,B ,则△PAB 的面积的取值范围是 ( ) A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 19.(2016·山东高考文科·T10)同(2016·山东高考理科·T10) 若函数y=f (x )的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f (x )具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是 ( ) A.y=sinx B.y=lnx C.y=e x D.y=x 3 20.(2016·全国卷Ⅱ理科·T16)若直线y=kx+b 是曲线y=lnx+2的切线,也是曲线y=ln (x+1)的切线,则b= .

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．

导数及其应用高考题精选含答案

导数及其应用高考题精选 1.（2010·海南高考·理科T3）曲线2 x y x = +在点()1,1--处的切线方程为（）（A ）21y x =+（B ）21y x =-（C ）23y x =--（D ）22y x =-- 【命题立意】本题主要考查导数的几何意义，以及熟练运用导数的运算法则进行求解. 【思路点拨】先求出导函数，解出斜率，然后根据点斜式求出切线方程. 【规范解答】选 A.因为22 (2) y x '= +，所以，在点()1,1--处的切线斜率12 2 2(12)x k y =-' == =-+，所以，切线方程为12(1)y x +=+，即21y x =+，故选A. 2.（2010·山东高考文科·Ｔ8）已知某生产厂家的年利润y （单位：万元）与年产量x （单位：万件）的函数关系式为3 1812343 y x x =-+-，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为（） (A)13万件(B)11万件 (C)9万件(D)7万件【命题立意】本题考查利用导数解决生活中的优化问题，考查了考生的分析问题解决问题能力和运算求解能力. 【思路点拨】利用导数求函数的最值. 【规范解答】选C ，2'81y x =-+,令0y '=得9x =或9x =-（舍去），当9x <时'0y >；当9x >时'0y <，故当9x =时函数有极大值，也是最大值，故选C. 3.（2010·山东高考理科·Ｔ7）由曲线y=2 x ,y=3 x 围成的封闭图形面积为（）（A ） 1 12 (B)14 (C)13 (D) 712 【命题立意】本题考查定积分的基础知识，由定积分求曲线围成封闭图形的

2016年高考导数试题及答案(精选)

1.(新课标1)已知函数有两个零点. (I)求a 的取值范围；(II)设x 1，x 2是的两个零点，证明： +x 2<2. 解：（Ⅰ） '()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+．（i ）设0a =，则()(2)x f x x e =-，()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1 ,)x ∈+∞时，'()0f x >．所以 ()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0 b <且ln 2a b <，则22 3()(2)(1)()022 a f b b a b a b b >-+-=->，故()f x 存在两个零点．（iii ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若2 e a ≥-，则ln(2)1a -≤，故当 (1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以() f x 不存在两个零点．若2 e a <- ，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设1 2x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1) -∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于 222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=，所以 222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设 2()( 2 ) x x g x xe x e -=---，则 2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x = -<，故122x x +<． 2(新课标2)(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.

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。

高考导数大题汇编理科答案

高考导数大题汇编理科答案 YUKI was compiled on the morning of December 16, 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/ 2 2 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2x ≠- ，所以1a ->- 且2-≠-，解得1 2 a ≠- 此时，由（*）式易知，12,x x 分别是()f x 的极小值和极大值点，而令2a - 01x <<．记(g x （Ⅰ）当1 - 因此，g 1()( f x f +（Ⅱ）当0 因此，(g x 1()( f x f + 综上所 3. (1)证明函数． (2)解：由条令t = 因为当且因此 (3)解：令函当x ≥1时，因此g (x )在由于存在x 0故1 e+e 2 --令函数() h x

导数历届高考试题精选含答案

导数高考试题精选一．选择题(共16小题） 1．(20１3?河东区二模)已知曲线的一条切线的斜率为,则切点的横坐标为（）Ａ. 3 B．2 C. １Ｄ. ２．（2０12?汕头一模）设曲线ｙ＝aｘ２在点(1，a）处的切线与直线2x﹣ｙ﹣6=０平行,则a=（） A．１B．Ｃ. D．﹣1 ３．（201１?烟台一模)设曲线在点(３,2)处的切线与直线ax+y+1=０垂直,则a=() A. ２Ｂ．Ｃ．Ｄ．﹣２４．(２01０?泸州二模)曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（) A. B. Ｃ．D． 5．（２01０?辽宁）已知点Ｐ在曲线y=上,α为曲线在点Ｐ处的切线的倾斜角，则α的取值范围是() A. [０,） B．Ｃ. D. 6.(201０?江西模拟)曲线ｙ=x3﹣2x+4在点(1,3)处的切线的倾斜角为(） A. 30° B. 4５°C．60°D．1２０°７．(2009?辽宁)曲线ｙ＝在点(1,﹣１）处的切线方程为（) A. y=x﹣２ B. ｙ=﹣3x＋２Ｃ. y=２x﹣３ D. ｙ=﹣2ｘ＋１ 8.（2００9?江西）若存在过点（1,0）的直线与曲线y＝x３和都相切，则a等于（) A． ﹣1或B. ﹣１或Ｃ．或 D. 或7 ９．（２006?四川)曲线y=4ｘ﹣x3在点(﹣1,﹣3)处的切线方程是（) A．y=7ｘ+4 B. ｙ=7x+2 C．y=x﹣4 D．y＝x﹣2 10.（2012?海口模拟）已知f（ｘ)＝alｎｘ＋x2(a>0),若对任意两个不等的正实数x1,x2，都有＞2恒成立，则a的取值范围是（） A. (0,1]B．（１,+∞） C. (0，１) D．[1,+∞)

校级：高考数学试题导数内容探究

高考数学试题导数内容探究现代中学数学组陈永生导数是研究函数的工具，运用导数的有关知识，研究函数的性质：单调性、极值和最值；以导数为工具，通过观察、分析三次函数图像的变化趋势，寻找临界状况，并以此为出发点进行推测、论证，实现对考生创造能力的考查是高考的热点问题。在高考中考察形式多种多样，以选择题、填空题等主观题目的形式考察基本概念、运算及导数的应用，也经常把高次多项式函数，分式函数，指数型，对数型函数，以及初等基本函数的和、差、积、商知识结合起来，以解答题形式综合考察利用导数研究函数的单调性、极值、最值，切线，方程的根，参数的范围等问题，这类题难度很大，综合性强，内容新，背景新，方法新，是高考命题的丰富宝藏。解题中需用到函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与划归思想。《课程标准》中导数的内容有：导数概念及其几何意义、导数的运算、导数在研究函数中的应用、生活中的优化问题举例、（理科）定积分与微积分基本定理。文、理科考查形式略有不同。理科基本以一个解答题的形式考查。文科以一个选择题或填空题和一个解答题为主。从新课程高考分析，对导数的要求一般有三个层次：第一层次是主要考查导数的概念、求导公式和求导法则；第二层次是导数的简单应用,包括求切线方程、求函数的单调区间, 求函数的极值；第三层次是综合考查,包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性等有机的结合在一起，设计综合试题。本文以高考试题为例，谈谈高考导数的热点问题，供鉴赏。一、函数，导数，不等式综合在一起，解决单调性，参数的范围等问题。解决单调性问题转化为解含参数的一元二次不等式或高次不等式的问题；求解参数的取值范围问题转化为不等式的恒成立，能成立，恰成立来求解。进一步转化求函数的最值或一元二次不等式在给定区间上（或实数集）上的恒成立问题来解决，从而达到考查分类与整合、化归与转化的数学思想。

导数高考题(含答案)#(精选.)

导数高考题 1．已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx （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h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．解：（i）f′（x）=3x2+a，设曲线y=f（x）与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）=0，f′（x0）=0， ∴，解得，a=．因此当a=﹣时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）=﹣lnx＜0，∴函数h（x）=min { f（x），g（x）}≤g（x）＜0，故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点．当x=1时，若a≥﹣，则f（1）=a+≥0， ∴h（x）=min { f（1），g（1）}=g（1）=0，故x=1是函数h（x）的一个零点；若a＜﹣，则f（1）=a+＜0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=f（1）＜0，故x=1不是函数h（x）的零点；当x∈（0，1）时，g（x）=﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可． ①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）=3x2+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调，而f（0）=，f（1）=a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点． ②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x=时，f （x）取得最小值=．若＞0，即，则f（x）在（0，1）内无零点．若=0，即a=﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．若＜0，即，由f（0）=，f（1）=a+， ∴当时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零点．综上可得：当或a＜时，h（x）有一个零点；当a=或时，h（x）有两个零点；当时，函数h（x）有三个零点． 2．设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；