高考导数大题汇编理科答案
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]-．