2011-2017新课标高考数学导数分类汇编(文).pdf

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2011-2017新课标(文科)导数压轴题分类汇编
alnxb
[2011新课标](x),曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为
x1x
x2y30。
(1)求a、b的值;
lnx
(2)证明:当x0,且x1时,f(x)>
x-1
[解析]
x1
(lnx)
b
(1)f'(x)x
(x1)2x2
1
由于直线x2y30的斜率为,且过点(1,1),
2
f(1)1,b1,

故1即a1解得a1,b1。
f'(1),b,
222
lnx1lnx1x2-1
(2)由(1)知f(x)=,所以f(x)-=(2lnx-),
x1xx-11-x2x
22x2(x21)(x1)2
考虑函数,则h(x),
xx2x2
所以x≠1时h′(x)<0,而h(1)=0
lnxlnx
故x(0,1)时,h(x)>0可得f(x),x(1,)时,h(x)<0可得f(x),
x1x1
lnx
从而当x0,且x1时,f(x).
x1
[2012新课标](x)=ex-ax-2
(1)求f(x)的单调区间
(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f(x)+x+1>0,求k的最大值
[解析]
(1)的定义域为,x,
f(x)(,)f(x)ea
若a0,则f(x)0,所以f(x)在(,)单调递增.
若a0,则当x(,lna)时,f(x)0;当x(lna,)时,f(x)0,所以f(x)在(,lna)单
调递减,在(lna,)单调递增.
(2)由于a1,所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.
x1
故当x0时,(xk)f(x)x10等价于kx(x0)①.
(ex1)
x1xex1ex(exx2)
令g(x)x,则g(x)1.
(ex1)(ex1)2(ex1)2
由(1)知,函数h(x)exx2在(0,)单调递增,而h(1)0,h(2)0,
所以h(x),在(0,)存在唯一的零,故g(x)在(0,)存在唯一的零点.
1/9
..
设此零点为a,则a(1,2).
当x(0,a)时,g(x)0;当x(a,)时,g(x)0.
所以g(x)在(0,)的最小值为g(a).又由g(a)0,可得eaa2,所以g(a)a1(2,3).
由于①式等价于kg(a),故整数k的最大值为2
[2013新课标1](x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线
方程为y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.
[解析]
(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-(0)=4,f′(0)=4.
故b=4,a+b==4,b=4.
(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
1
f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)·ex.
2
令f′(x)=0得,x=-ln2或x=-2.
从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)时,f′(x)>0;
当x∈(-2,-ln2)时,f′(x)<0.
故f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln2)上单调递减.
当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
[2013新课标2](x)=x2e-x.
(1)求f(x)的极小值和极大值;
(2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值围.
[解析]
(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=-e-##(x-2).①
当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f′(x)<0;当x∈(0,2)时,f′(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)单调递减,在(0,2)单调递增.
故当x=0时,f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0;
当x=2时,f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e-2.
(2)设切点为(t,f(t)),则l的方程为y=f′(t)(x-t)+f(t).
f(t)t2
所以l在x轴上的截距为m(t)=ttt23.
f'(t)t2t2
由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞).
2
令h(x)=x(x≠0),则当x∈(0,+∞)时,h(x)的取值围为[22,+∞);
x
当x∈(-∞,-2)时,h(x)的取值围是(-∞,-3).
所以当t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值围是(-∞,0)∪[223,+∞].
综上,l在x轴上的截距的取值围是(-∞,0)∪[223,+∞].
2/9
..
1a
[2014新课标1]xalnxx2bxa1,曲线yfx在点1,f1处
2
的切线斜率为0
(1)求b;
a
(2)若存在x1,使得fx,求a的取值围。
00a1
[解析]
a
(1)f(x)(1a)xb,由题设知f(1)0,解得b1
x
1a
(2)f(x)的定义域为(0,∞),由(1)知,f(x)alnxx2x,
2
a1aa
f(x)(1a)x1xx1
xx1a
1a
(i)若a,则1,故当x∈(1,∞)时,f'(x)0,f(x)在(1,∞)上单调递
21a
增.
aa1aa
所以,存在x≥1,使得f(x)的充要条件为f(1),即1
001a1a21a
所以21a21;
1aaa
(ii)若a1,则1,故当x∈(1,)时,f'(x)<0,x∈(,)时,
21a1a1a
aa
f(x)0,f(x)在(1,)上单调递减,f(x)在,单调递增.
1a1a
aaa
所以,存在x≥1,,使得f(x)的充要条件为f(),
001a1a1a
aaa2aa
而f()aln,所以不符合题意.
1a1a21a1a1a
1a1aa
(ⅲ)若a1,则f(1)1。
22a1
综上,a的取值围为:21,211,
[2014新课标2](x)x33x2ax2,曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与
x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当时,曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点。
[解析]
(1)f(x)3x26xa,f(0)a
2
曲线yf(x)在点(0,2)处的切线方程为yax2,由题设得2,所以a1
a
3/9
..
(2)由(1)知,f(x)x33x2x2
设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4
由题设知1k0
当x0时,g(x)3x26x1k0,g(x)单调递增,g(1)k10,g(0)4,
所以g(x)0在(,0]有唯一实根。
当x0时,令h(x)x33x24,则g(x)h(x)(1k)xh(x)
h(x)3x26x3x(x2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,)单调递增,所以
g(x)h(x)h(2)0
所以g(x)0在(0,)没有实根
综上g(x)0在R由唯一实根,即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点。
[2015新课标1]。
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;
2
(2)证明:当a0时,f(x)2aaln。
a
[解析]
[2015新课标2]xlnxa1x.
(1)讨论fx的单调性;
(2)当fx有最大值,且最大值大于2a2时,求a的取值围.
4/9
..
[解析]已知fxlnxa1x.
1
(1)f'(x)a.
x
当a0时,函数f(x)在(0,)上是增函数;
11
当a0时,函数f(x)在(0,)上是增函数,在(,)上是减函数.
aa
11
(2)由(1)知,当a0时,函数f(x)在x时取得最大值f()a1lna.
aa
由a1lna2a2,整理得lnaa10.
1
设g(x)lnxx1,则g('x)1,a0x0,g'(x)0,g(x)在(0,)是增
x
函数。又g(1)0,上述不等式即g(a)g(1),0a1,即a(0,1).
[2016新课标1].
(I)讨论的单调性;
(II)若有两个零点,求a的取值围.
[解析]
(I)f'xx1ex2ax1x1ex2a.
(i)设a0,则当x,1时,f'x0;当x1,时,f'x0.
所以在,1单调递减,在1,单调递增.
(ii)设a0,由f'x0得x=1或x=ln(-2a).
e
①若a,则f'xx1exe,所以fx在,单调递增.
2
e
②若a,则ln(-2a)<1,故当x,ln2a1,时,f'x0;
2
当xln2a,1时,f'x0,所以fx在,ln2a,1,单调递增,在
ln2a,1单调递减.
e
③若a,则ln2a1,故当x,1ln2a,时,f'x0,当
2
x1,ln2a时,f'x0。
所以fx在,1,ln2a,单调递增,在1,ln2a单调递减.
(II)
(i)设a0,则由(I)知,fx在,1单调递减,在1,单调递增.
ba
又f1e,f2a,取b满足b<0且ln,
22
5/9
..
a3
则fbb2ab12ab3b0,所以fx有两个零点.
22
(ii)设a=0,则fxx2ex所以fx有一个零点.
e
(iii)设a<0,若a,则由(I)知,fx在1,单调递增.
2
e
又当x1时,fx<0,故fx不存在两个零点;若a,则由(I)知,fx在1,ln2a
2
单调递减,在ln2a,1时fx<0,故fx不存在两个零点.
综上,a的取值围为0,.
f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)
[2016新课标2].
(1)当a4时,求曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当x(1,)时,f(x)0,求a的取值围.
[解析]
=
(1)当a4时,f(x)(x1)lnx4(x1),f(1)0,切点坐标(1,0).对f(x)求导,得
x1
f(x)lnx4,从而切线斜率f(1)2,所以切线方程为y02(x1),
x
2x+y-2=0
即
111x1
(2)对f(x)求导,得f(x)1lnxa,再求导,得f(x).
xx2xx2
当x(1,)时,f(x)0,函数f(x)在区间(1,)单调递增,所以f(x)f(1)2a.
(ⅰ)若a2,则当x(1,)时,f(x)f(1)0,函数f(x)在区间(1,)单调递增,所
以f(x)f(1)0.
(ⅱ)若a2,则结合函数f(x)在区间(1,)单调递增,可知方程f(x)0存在唯一零点,
1
xa1lnx
设为0,则x0.
0
当x(1,x)时,f(x)f(x)0,函数f(x)在区间(1,x)单调递减,所以f(x)f(1)0,
000
f(x)0
不成立.
a(-,2]
综上,的取值围是.
[2016新课标3](x)lnxx1.
(1)讨论f(x)的单调性;
6/9
..
x1
(2)证明当x(1,)时,1x;
lnx
(3)设c1,证明当x(0,1)时,1(c1)xcx.
[解析]
1
(1)由题设,f(x)的定义域为(0,),f'(x)1,令f'(x)0,解得x1.
x
当0x1时,f'(x)0,f(x)单调递增;当x1时,f'(x)0,f(x)单调递减.
(2)由(1)知,f(x)在x1处取得最大值,最大值为f(1)0.
所以当x1时,lnxx1.
11x1
故当x(1,)时,lnxx1,ln1,即1x.
xxlnx
(3)由题设c1,设g(x)1(c1)xcx,则g'(x)c1cxlnc,
c1
ln
lnc
令g'(x)0,解得x.
0lnc
当xx时,g'(x)0,g(x)单调递增;当xx时,g'(x)0,g(x)单调递减.
00
c1
由(2)知,1c,故0x1,又g(0)g(1)0,故当0x1时,g(x)0.
lnc0
所以当x(0,1)时,1(c1)xcx.
[2017新课标1](x)=ex(ex﹣a)﹣a2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)0,求a的取值围。
[解析]
(1)函数f(x)的定义域为(,),f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa),
①若a0,则f(x)e2x,在(,)单调递增.
②若a0,则由f(x)0得xlna.
当x(,lna)时,f(x)0;当x(lna,)时,f(x)0,所以f(x)在(,lna)单调
递减,在(lna,)单调递增.
a
③若a0,则由f(x)0得xln().
2
aaa
当x(,ln())时,f(x)0;当x(ln(),)时,f(x)0,故f(x)在(,ln())
222
a
单调递减,在(ln(),)单调递增.
2
(2)①若a0,则f(x)e2x,所以f(x)0.
②若a0,则由(1)得,当xlna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)
当且仅当a2lna0,即a1时,f(x)0.
7/9
..
a
③若a0,则由(1)得,当xln()时,f(x)取得最小值,最小值为
2
a3a3a3
f(ln())a2[ln()].从而当且仅当a2[ln()]0,即a2e4时f(x)0.
24242
3
综上,a的取值围为[2e4,1].
[2017新课标2](x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值围。
[解析]
(1)∵f(x)=(1﹣x2)ex,x∈R,∴f′(x)=(1﹣2x﹣x2)ex,
令f′(x)=0可知x=﹣1±,
当x<﹣1﹣或x>﹣1+时,f′(x)<0,当﹣1﹣<x<﹣1+时f′(x)>0,
∴f(x)在(﹣∞,﹣1﹣),(﹣1+,+∞)上单调递减,在(﹣1﹣,﹣1+)上单
调递增;
(2)由题可知f(x)=(1﹣x)(1+x):
①当a≥1时,设函数h(x)=(1﹣x)ex,则h′(x)=﹣xex<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又因为h(0)=1,所以h(x)≤1,
所以f(x)=(1﹣x)h(x)≤x+1≤ax+1;
②当0<a<1时,设函数g(x)=ex﹣x﹣1,则g′(x)=ex﹣1>0(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=1﹣0﹣1=0,所以ex≥x+1.
因为当0<x<1时f(x)>(1﹣x)(1+x)2,
所以(1﹣x)(1+x)2﹣ax﹣1=x(1﹣a﹣x﹣x2),
取x=∈(0,1),则(1﹣x)(1+x)2﹣ax﹣1=0,
0000
所以f(x)>ax+1,矛盾;
00
③当a≤0时,取x=∈(0,1),则f(x)>(1﹣x)(1+x)2=1≥ax+1,矛盾;
00000
综上所述,a的取值围是[1,+∞].
[2017新课标3](x)lnxax2(2a1)x.
3
(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0时,证明f(x)2.
4a
[解析]
12ax2(2a1)x1
(1)由f(x)lnxax2(2a1)x,(x0)有f'(x)2ax2a1
xx
①当a0时,f'(x)10,f(x)单增
8/9
..
②当a0时,令f'(x)0,即2ax2(2a1)x10,
1
③解得x1(舍),x,设g(x)2ax2(2a1)x1
122a
1
ⅰ.当a0时,g(x)开口向上,0,g(x)0,即f'(x)0,f(x)单增
2a
1
ⅱ.当a0时,g(x)开口向上,0,
2a
1
此时,在(0,)上,g(x)0,即f'(x)0,f(x)单减
2a
1
在(,)上,g(x)0,即f'(x)0,f(x)单增
2a
111
(2)由(1)可得:f(x)f()ln()1
max2a2a4a
3113
故要证f(x)2,即证ln()12
4a2a4a4a
11
即证ln()10,即证lntt10(t0)
2a2a
1
令g(t)lntt1,则g'(t)1,令g'(t)0,得t1g(t)g(1)0
tmax
g(t)0,故原命题得证.
9/9