高考数学全国卷2011-2019导数分类汇编（文科）
【2011新课标】21. 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 +-=。
（1）求a 、b 的值；
（2）证明：当0x >，且1x ≠时，
f (x )>
ln x
x -1
【解析】
（1）22
1
(
ln )
'()(1)x x b x f x x x α+-=
-
+ 由于直线230x y +-=的斜率为1
2
-
，且过点(1,1)， 故(1)1,1'(1),2f f =???=-?? 即1,1,22
b a b =???-=-??
解得1a =，1b =。
（2）由（1）知f (x )=x x x 11ln ++，所以f (x )-ln x x -1=11-x 2
(2ln x -x 2-1
x )， 考虑函数，则2
2
222)1()1(22)(x x x x x x x h --
=---='， 所以x ≠1时h ′(x )＜0，而h (1)=0
故)1,0(∈x 时，h (x )>0可得，),1(+∞∈x 时，h (x )<0可得， 从而当，且时，.
【2012新课标】21. 设函数f (x ) = e x -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）
f (x )的定义域为(,)-∞+∞，()x f x e a '=-，
若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增. 若0a >，则当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.
（2）由于1a =，所以()()1()(1)1x x k f x x x k e x '-++=--++. 故当0x >时，()()10x k f x x '-++>等价于1(0)
(1)
x x k x x e +<+>-①.
令1()(1)x x g x x e +=+-，则22
1(2)()1(1)(1)
x
x x x x xe e e x g x e e ----'=+=--. ln ()1x f x x >
-ln ()1x
f x x >-0x >1x ≠ln ()1
x
f x x >-
由（1）知，函数()2x h x e x =--在(0,)+∞单调递增，而(1)0h <，(2)0h >， 所以()h x ，在(0,)+∞存在唯一的零，故()g x '在(0,)+∞存在唯一的零点. 设此零点为a ，则(1,2)a ∈.
当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>.
所以()g x 在(0,)+∞的最小值为()g a . 又由()0g a '=，可得2a e a =+，所以()1(2,3)g a a =+∈. 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】20. 已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，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 )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4. 由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，
f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)·1e 2x
?
?-
???
. 令f ′(x )＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.
从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.
故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)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】21．已知函数f(x)＝x 2e －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 轴上截距的取值范围． 【解析】
(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝－e －x x(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)． 所以l 在x 轴上的截距为m(t)＝()2
23'()22
f t t t t t f t t t -
=+=-++--. 由已知和①得t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．
令h(x)＝2
x x
+
(x≠0)，则当x ∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[∞)； 当x ∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．
所以当t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[3，＋∞]．
综上，l 在x 轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[223+，＋∞]． 【2014新课标1】21．设函数()()2
1ln 12
a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （1）求b;
（2）若存在01,x ≥使得()01
a
f x a <-，求a 的取值范围。 【解析】
（1）()(1)a
f x a x b x
'=+--，由题设知 (1)0f '=,解得b 1 （2） f (x )的定义域为(0,∞),由(1)知, 2
1()ln 2
a f x a x x x -=+-， ()1()(1)111a a a f x a x x x x x a -??
'=+--=-- ?-??
(i)若12a ≤，则11a
a
≤-，故当x ∈(1,∞)时, f '(x ) 0 , f (x )在(1,∞)上单调递增.
所以,存在0x ≥1, 使得 0()1a f x a ≤-的充要条件为(1)1a f a ≤-，即1121a a
a
--<-
所以2 1 a 2 1;
(ii)若
112a <<，则11a a >-，故当x ∈(1, 1a a -)时, f '(x ) <0 , x ∈(,1a
a
+∞-)时, ()0f x '>，f (x )在(1,
1a a -)上单调递减，f (x )在,1a
a
+∞-单调递增. 所以,存在0x ≥1,, 使得 0()1a f x a ≤-的充要条件为()11a a
f a a
≤--，
而()2()ln 112111a a a a a
f a a a a a a
=++>
-----，所以不符合题意. (ⅲ) 若1a >，则11(1)1221
a a a
f a ---=
-=<-。 综上，a 的取值范围为：()
()2211,-?+∞
【2014新课标2】21. 已知函数32()32f x x x ax =-++，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2y kx =-只有一个交点。
【解析】
（1）2()36f x x x a '=-+，(0)f a '=
曲线()y f x =在点（0，2）处的切线方程为2y ax =+，由题设得2
2a
-=-，所以1a = （2）由（1）知，32()32f x x x x =-++ 设32()()23(1)4g x f x kx x x k x =-+=-+-+ 由题设知10k ->
当0x ≤时，2()3610g x x x k '=-+->，()g x 单调递增，(1)10,(0)4g k g -=-<=， 所以()0g x =在(,0]-∞有唯一实根。
当0x >时，令32()34h x x x =-+，则()()(1)()g x h x k x h x =+->
2()363(2),()h x x x x x h x '=-=-在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增，所以 ()()(2)0g x h x h >≥=
所以()0g x =在(0,)+∞没有实根
综上()0g x =在R 由唯一实根，即曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点。
【2015新课标1】21. 设函数x 。
（1）讨论()f x 的导函数'()f x 零点的个数； （2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a
≥+。 【解析】
【2015新课标2】21. 已知()()ln 1f x x a x =+-. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）当()f x 有最大值,且最大值大于22a -时,求a 的取值范围. 【解析】已知()()ln 1f x x a x =+-.
.
),1
()1,0)(00)(0.1)(')1(上是减函数上是增函数，在在（时，函数当）上是增函数；
，在（时，函数当+∞>∞+≤-=
a
a x f a x f a a x
x f Θ （2）由（1）知，当.ln 1)1
(1)(0a a a
f a x x f a --==>时取得最大值
在时，函数 .01ln ,22ln 1<-+->--a a a a a 整理得由 .
1,0(,10),1()(,0)1(0)(,0)(',00,1
1',1ln )(）即上述不等式即函数。又）是增
，在（）（则设∈<<∴<=∞+>∴>∴>+=-+=a a g a g g x g x g x a x
x g x x x g Θ
【2016新课标1】21. 已知函数f (x )=(x ?2)e x +a(x ?1)2. (I)讨论f(x)的单调性；
(II)若f(x)有两个零点，求的取值范围. 【解析】
(I)
(i)设，则当时，；当时，. 所以在单调递减，在单调递增. (ii)设，由得x=1或x=ln(-2a).
①若，则，所以在单调递增. ②若，则ln(-2a)<1,故当时，；
当时，，所以在单调递增，在
单调递减.
③若，则，故当时，，当
时，。
a ()()()()()
'12112.x x f x x e a x x e a =-+-=-+0a ≥(),1x ∈-∞()'0f x <()1,x ∈+∞()'0f x >(),1-∞()1,+∞0a <()'0f x =2e
a =-
()()()'1x f x x e e =--()f x (),-∞+∞2
e
a >-()()(),ln 21,x a ∈-∞-+∞U ()'0f x >()()ln 2,1x a ∈-()'0f x <()f x ()()
(),ln 2,1,a -∞-+∞()()ln 2,1a -2
e a <-()21ln a ->()()(),1ln 2,x a ∈-∞-+∞U ()'0
f x >()()1,ln 2x a ∈-()'0f x <
所以在单调递增，在单调递减. (II)
(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增. 又，取b 满足b <0且， 则，所以有两个零点. (ii)设a =0，则所以有一个零点.
(iii)设a <0，若，则由(I)知，在单调递增. 又当时，<0，故不存在两个零点；若，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又当时<0，故不存在两个零点. 综上，a 的取值范围为.
【2016新课标2】20. 已知函数
f (x )=(x +1)ln x -a (x -1)． （1）当4a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （2）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围． 【解析】
（1）当 a =4时，()(1)ln 4(1)f x x x x =+--，(1)0f =，切点坐标(1,0)．对()f x 求导，得
1
()ln 4x f x x x
+'=
+-，从而切线斜率(1)2f '=-，所以切线方程为02(1)y x -=--， 即
2x +y -2=0
（2）对()f x 求导，得1
()1ln f x x a x
'=++-，再求导，得221
1
1
()x f x x x x -''=-+=． 当(1,)x ∈+∞时，()0f x ''>，函数()f x '在区间内(1,)+∞单调递增，所以()(1)2f x f a ''>=-． （ⅰ）若
2
a ≤，则当(1,)x ∈+∞时，()(1)0f x f ''>≥，函数()f x 在区间内(1,)+∞单调递增，
所以()(1)0f x f >=．
（ⅱ）若2a >，则结合函数()f x '在区间内(1,)+∞单调递增，可知方程()0f x '=存在唯一零点，设为0x ，则0
1
1ln a x x
=++．
当0(1,)x x ∈时，0()()0f x f x ''<=，函数()f x 在区间内0(1,)x 单调递减，所以()(1)0f x f <=，
()0
f x >不成立．
综上， a 的取值范围是 (-￥,2]．
()f x ()()(),1,ln 2,a -∞-+∞()()
1,ln 2a -0a >()f x (),1-∞()1,+∞()()12f e f a =-=，ln 22
b a <()()()23
321022a f b b a b a b b ??>
-+-=->
???
()f x ()()2x f x x e =-()f x 2
e
a ≥-
()f x ()1,+∞1x ≤()f x ()f x 2
e
a <-()f x ()()1,ln 2a -()()
ln 2,a -+∞1x ≤()f x ()f x ()0,+∞
【2016新课标3】21. 设函数()ln 1f x x x =-+. （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明当(1,)x ∈+∞时，1
1ln x x x
-<
<； （3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->. 【解析】
（1）由题设，()f x 的定义域为(0,)+∞，'1
()1f x x
=
-，令'()0f x =，解得1x =. 当01x <<时，'()0f x >，()f x 单调递增；当1x >时，'()0f x <，()f x 单调递减.
（2）由（1）知，()f x 在1x =处取得最大值，最大值为(1)0f =. 所以当1x ≠时，ln 1x x <-.
故当(1,)x ∈+∞时，ln 1x x <-，11ln
1x x <-，即11ln x x x
-<<. （3）由题设1c >，设()1(1)x g x c x c =+--，则'()1ln x g x c c c =--，
令'()0g x =，解得01ln
ln ln c c x c
-=
. 当0x x <时，'()0g x >，()g x 单调递增；当0x x >时，'()0g x <，()g x 单调递减.
由（2）知，1
1ln c c c
-<
<，故001x <<，又(0)(1)0g g ==，故当01x <<时，()0g x >. 所以当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.
【2017新课标1】21. 已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x ． （1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围。 【解析】
（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2(2)()x x x x f x e ae a e a e a '=--=+-， ①若0a =，则2()x f x e =，在(,)-∞+∞单调递增. ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =.
当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.
③若0a <，则由()0f x '=得ln()2
a
x =-.
当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())
2
a -∞-
单调递减，在(ln(),)2
a
-+∞单调递增.
（2）①若0a =，则2()x f x e =，所以()0f x ≥.
②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-.从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥.
③若0a <，则由（1）得，当ln()2
a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为
23(ln())[ln()]242a a f a -=--.从而当且仅当23[ln()]042
a a --≥，即3
42e a ≥-时()0f x ≥. 综上，a 的取值范围为34
[2e ,1]-.
【2017新课标2】21. 设函数f(x)=(1-x 2)e x . （1）讨论f (x )的单调性；
（2）当x ≥0时，f (x )≤ax +1，求a 的取值范围。 【解析】
（1）∵f （x ）=（1﹣x 2）e x ，x ∈R ，∴f′（x ）=（1﹣2x ﹣x 2）e x ， 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 ）e x ．下面对a 的范围进行讨论： ①当a≥1时，设函数h （x ）=（1﹣x ）e x ，则h′（x ）=﹣xe x ＜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 ）=e x ﹣x ﹣1，则g′（x ）=e x ﹣1＞0（x ＞0）， 所以g （x ）在[0，+∞）上单调递增，又g （0）=1﹣0﹣1=0，所以e x ≥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 ﹣x 2）， 取x 0=
∈（0，1），则（1﹣x 0）（1+x 0）2﹣ax 0﹣1=0，
所以f （x 0）＞ax 0+1，矛盾； ③当a≤0时，取x 0=
∈（0，1），则f(x 0)＞(1﹣x 0)(1+x 0)2=1≥ax 0+1，矛盾；
综上所述，a 的取值范围是[1，+∞]．
【2017新课标3】21.设函数2()ln (21)f x x ax a x =+++. （1）讨论()f x 的单调性； （2）当0a <时，证明3
()24f x a
≤--. 【解析】
（1）由2
()ln (21),(0)f x x ax a x x =+++> 有'
1
()221f x ax a x
=+++22(21)1ax a x x +++=
①当0a =时，'()10,()f x f x =>单增
②当0a ≠时，令'()0f x =，即22(21)10ax a x +++=，
③解得121
1(,2x x a
=-=-舍)
，设2()2(21)1g x ax a x =+++ ⅰ.当0a >时，()g x 开口向上，1
02a -<,()0g x >,即'()0f x >，()f x 单增 ⅱ.当0a <时，()g x 开口向上，1
02a
->， 此时，在1
(0,)2a
-上，()0g x <，即'()0f x <，()f x 单减
在1
(,)2a
-+∞上，()0g x >，即'()0f x >，()f x 单增 （2）由（1）可得：max 111
()()ln()1224f x f a a a
=-=--
- 故要证3()24f x a ≤--，即证113ln()12244a a a ---≤-- 即证11
ln()1022a a
-+
+≤，即证ln 10(0)t t t -+≤> 令()ln 1g t t t =-+ ，则'1
()1g t t
=- ，令'()0g t ≥，得1t < max ()(1)0g t g ∴==
()0g t ∴≤，故原命题得证.
【2018新课标1】21．（12分）已知函数()e ln 1x f x a x =--. （1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1e
a ≥时，()0f x ≥. 【答案】
（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()e x f x a x
'=-.由题设知，(2)0f '=，所以212e
a =.
从而21()e ln 12e x f x x =
--，211
()e 2e x f x x
'=-. 当02x <<时，()0f x '<；当2x >时，()0f x '>.
所以()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增.
（2）当1
e
a ≥时，e ()ln 1e x f x x --≥. 设e ()ln 1e x g x x =--，则e 1()e x g x x '=-.
当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '
>. 所以1x =是()g x 的最小值点.
故当0x >时，()(1)0g x g =≥。因此，当1
e
a ≥时，()0f x ≥.
【2018新课标2】21．（12分）已知函数321()(1)3
f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间； （2）证明：()f x 只有一个零点．
【答案】（1）当a =3时，f （x ）=3213333
x x x ---，f ′（x ）=263x x --． 令f ′（x ）=0解得x =
3-x =3+
当x ∈（–∞，3-3++∞）时，f ′（x ）>0；
当x ∈（3-3+ f ′（x ）<0．
故f （x ）在（–∞，
3-3++∞）单调递增，
在（3-3+
（2）由于2
10x x ++>，所以()0f x =等价于3
2
301
x a x x -=++． 设()g x =3
231
x a x x -++，则g ′（x ）=2222
(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0，所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点． 又f （3a –1）=22111626()03
6
6
a a a -+-=---<，f （3a +1）=103
>，故f （x ）有一个零点． 综上，f （x ）只有一个零点． 【注】因为211()(1)(13)33f x x x x a -
=++--，2213
1()024
x x x ++=++>，所以1
(13)03
f a +=
>，2(23)(1)0f a x x -+=-++<． 综上，f （x ）只有一个零点．
【2018新课标3】21．（12分）已知函数()21
e
x
ax x f x +-=． （1）求由线()y f x =在点()01-，处的切线方程；
（2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】
（1）2(21)2
()e
x
ax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=．
（2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+． 令21()1e x g x x x +≥+-+，则1()21e x g x x +'≥++．
当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．
【2019新课标1】20．（12分）已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．
【答案】
（1）设 g (x )=￠f (x )，则 g (x )=cos x +x sin x -1,￠g (x )=x cos x .
当
x ?(0,p
2
)时，
￠g (x )>0；当
x ?p 2,p ?è?
?
?
÷时， ￠g (x )<0， 所以
g (x )在
(0,p
2
)单调递增，在 p 2,p ?è?
?
?
÷单调递减. 又
g (0)=0,g p 2?è?
?
?
÷>0,g (p )=-2，故 g (x )在 (0,p )存在唯一零点. 所以 ￠f (x )在 (0,p )存在唯一零点.
（2）由题设知
，可得a ≤0.
由（1）知， ￠f (x )在 (0,p )只有一个零点，设为 x 0，且当
x ?0,x 0()
时，
￠f (x )>0；
当 x ?x 0,p ()时， ￠f (x )<0，所以
f (x )在 0,x 0()单调递增，在 x 0,p (
)单调递减.
又 f (0)=0,f (p )=0，所以，当 x ?[0,p ]时，
f (x )30. 又当 a ￡0,x ?[0,p ]时，ax ≤0，故 f (x )3ax .因此，a 的取值范围是
(-￥,0].
【2019新课标2】21.（12分）已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；
（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【答案】
（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11
()ln 1ln x f x x x x x
-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1
y x
=
单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<， 1ln 41(2)ln 2022
f -'=-
=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=. 又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()
22e e 30f =->，
所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=. 由01x α>>得01
1x α
<<.
又1111
()1ln 10f f ααααα
α????=---==
? ?
????，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【2019新课标3】20.已知函数32()22f x x ax =-+. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）当0<<3a 时，记()f x 在区间[]0,1的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围.
【详解】(1)对32()22f x x ax =-+求导得2
'()626()3
a f x x ax x x =-=-.所以有
当0a <时，(,)3a
-∞区间上单调递增，(,0)3
a 区间上单调递减，(0,)+∞区间上单调递增；
当0a =时，(,)-∞+∞区间上单调递增；
当0a >时，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3
a +∞区间上单调递增. (2)
若02a <≤，()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3
a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为
()3
a
f .而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≥，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f . 所以3
32(1)()(4)[2()()2]233327
a a a a M m f f a a a -=-=---+=-+，设函数
3()227x g x x =-+，求导2
'()19
x g x =-当02x <≤时'()0g x <从而()g x 单调递减.而
02a <≤，所以3
8222727
a a ≤-+<.即M m -的取值范围是8[,2)27.
若23a <<，()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3
a
单调递增，所以区间[0,1]上最小值为
()3a
f 而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≤，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f . 所以3
32(0)()2[2()()2]33327
a a a a M m f f a -=-=--+=，
而23a <<，所以3
812727
a <<.即M m -的取值范围是8(,1)27.
综上得M m -的取值范围是8
[,2)27
.
【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少.考查的函数
单调性，最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大，由计算量补充.
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.
2011-2017新课标(文科)导数压轴题分类汇编 【2011新课标】21. 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 +-=。 （1）求a 、b 的值； （2）证明：当0x >，且1x ≠时， f (x )> ln x x -1 【解析】 （1）22 1 ( ln ) '()(1)x x b x f x x x α+-= -+ 由于直线230x y +-=的斜率为1 2 - ，且过点(1,1)， 故(1)1,1'(1),2f f =???=-?? 即1,1,22 b a b =???-=-?? 解得1a =，1b =。 （2）由（1）知f (x )=x x x 1 1ln ++，所以f (x )-ln x x -1=11-x 2 (2ln x -x 2-1x )， 考虑函数，则2 2 222)1()1(22)(x x x x x x x h -- =---='， 所以x ≠1时h ′(x )＜0，而h (1)=0 故)1,0(∈x 时，h (x )>0可得，),1(+∞∈x 时，h (x )<0可得， 从而当，且时，. 【2012新课标】21. 设函数f (x ) = e x -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） f (x )的定义域为(,)-∞+∞，()x f x e a '=-， 若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增. 若0a >，则当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(l n ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增. （2）由于1a =，所以()()1()(1)1x x k f x x x k e x '-++=--++. 故当0x >时，()()10x k f x x '-++>等价于1(0) (1) x x k x x e +<+>-①. 令1()(1) x x g x x e +=+-，则221(2)()1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'=+= --. 由（1）知，函数()2x h x e x =--在(0,)+∞单调递增，而(1)0h <，(2)0h >， ln ()1x f x x > -ln ()1x f x x >-0x >1x ≠ln ()1 x f x x >-
导数高考题专练 1、(2012课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分） 设函数f (x )= e x －ax －2 (Ⅰ)求f (x )的单调区间 (Ⅱ)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 2、(2013课标全国Ⅰ，文20)(本小题满分12分) 已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，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． 3、(2015课标全国Ⅰ，文21）.（本小题满分12分） 设函数2()ln x f x e a x =-. （Ⅰ）讨论()f x 的导函数'()f x 零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时，2 ()2ln f x a a a ≥+。 4、(2016课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分） 已知函数.2)1(2)(-+-= x a e x x f x ）（ (I)讨论)(x f 的单调性； (II)若)(x f 有两个零点，求的取值范围. 5、（(2016全国新课标二，20）（本小题满分12分） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；
(II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 6(2016山东文科。20)(本小题满分13分) 设f (x )=x ln x –ax 2+(2a –1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )=f'(x )，求g (x )的单调区间； (Ⅱ)已知f (x )在x =1处取得极大值.求实数a 的取值范围. 2017.（12分） 已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣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. 2018全国卷)（12分） 已知函数()1 ln f x x a x x = -+． ⑴讨论()f x 的单调性； ⑵若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明： ()()1212 2f x f x a x x -<--． 导数高考题专练（答案） 1 2解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4. 由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，
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．
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 ；
导数及其应用 1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】曲线y =2sin x +cos x 在点(π，-1)处的切线方程为 A ．10x y --π-= B ．2210x y --π-= C ．2210x y +-π+= D ．10x y +-π+= 【答案】C 【解析】2cos sin ,y x x '=-π2cos πsin π2,x y =∴=-=-' 则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=． 故选C ． 2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==， D ．1e a -=，1b =- 【答案】D 【解析】∵e ln 1,x y a x '=++ ∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ． 3．【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),03 2x x f x x a x ax x 0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0 【答案】C 【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点； 当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b x 3 （a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b x 3 （a +1）x 2﹣b ，
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
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析 已知函数2()x f x e ax =-. （1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析： 本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答： （1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.
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．
2019年高考数学理科数学 导数及其应用 1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==， D ．1e a -=，1b =- 【答案】D 【解析】∵e ln 1,x y a x '=++ ∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ． 2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1, ()ln , 1.x ax a x f x x a x x ?-+≤=?->?若关于x 的不等式()0 f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[] 0,1 B ．[] 0,2 C ．[]0,e D ．[] 1,e 【答案】C 【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立； 当1x <时，2 2 ()22021 x f x x ax a a x =-+≥?≥-恒成立， 令2 ()1 x g x x =-， 则222(11)(1)2(1)1 ()111x x x x g x x x x -----+=-=-=- --- 11122(1)2011x x x x ???? =--+-≤--?= ? ? ?--???? ， 当1 11x x -= -，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.
当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立， 令()ln x h x x = ，则2ln 1()(ln )x h x x -'=， 当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=， 综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C. 3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32 ,0 ()11(1),03 2x x f x x a x ax x 0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0 【答案】C 【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点； 当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b x 3 （a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b x 3 （a +1）x 2﹣b ， 2(1)y x a x =+-'， 当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意； 当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点. 根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点?函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：
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.
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。
导数 一．基础题组 1. 【2010新课标，理3】曲线y ＝ 在点(－1，－1)处的切线方程为( ) A ．y ＝2x ＋1 B ．y ＝2x －1 C ．y ＝－2x －3 D ．y ＝－2x －2 【答案】A 2. 【2008全国1，理6】若函数的图像与函数的图像关于直线 对称，则（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】B. 【解析】由. 3. 【2012全国，理21】已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1 －f (0)x ＋ x 2 ． (1)求f (x )的解析式及单调区间； (2)若f (x )≥ x 2 ＋ax ＋b ，求(a ＋1)b 的最大值． 【解析】(1)由已知得f ′(x )＝f ′(1)e x －1 －f (0)＋x . 所以f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1，即f (0)＝1. 又f (0)＝f ′(1)e －1 ，所以f ′(1)＝e. 从而f (x )＝e x －x ＋ x 2 . 2 x + x (1)y f x = -1y =y x =()f x =21 x e -2x e 21 x e +22 x e +() ()()()212121,1,y x x y x e f x e f x e --=?=-==12 12 12
由于f ′(x )＝e x －1＋x ， 故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 从而，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由已知条件得e x －(a ＋1)x ≥b .① (ⅰ)若a ＋1＜0，则对任意常数b ，当x ＜0，且时，可得e x －(a ＋1)x ＜b ，因此①式不成立． (ⅱ)若a ＋1＝0，则(a ＋1)b ＝0. 所以f (x )≥ x 2 ＋ax ＋b 等价于 b ≤a ＋1－(a ＋1)ln(a ＋1)．② 因此(a ＋1)b ≤(a ＋1)2 －(a ＋1)2 ln(a ＋1)． 设h (a )＝(a ＋1)2 －(a ＋1)2 ln(a ＋1)， 则h ′(a )＝(a ＋1)(1－2ln(a ＋1))． 所以h (a )在(－1，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 故h (a )在处取得最大值． 从而，即(a ＋1)b ≤. 当，时，②式成立， 11 b x a -< +12 12 e 1-12 e 1-12 =e 1a -e ()2h a ≤ e 2 1 2 =e 1a -12 e 2 b =
高考数学文科导数真题汇编答案 一、客观题组 4 5. 7.设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x =-处取得极小值，则函数()y xf x '=的图象可能是
8设函数f （x ）= 2 x +lnx 则 （ ） A ．x=12为f(x)的极大值点 B ．x=1 2为f(x)的极小值点 C ．x=2为 f(x)的极大值点 D ．x=2为 f(x)的极小值点 9、函数y= 12 x 2 -㏑x 的单调递减区间为 （A ）（-1,1] （B ）（0,1] （C.）[1，+∞） （D ）（0，+∞） 11(2018年高考1卷) 12(2019年高考1卷) 一、 客观题答案1B ; 2.D; 3.y=x+1; 4.A . 5.y=2x-2 6D ,7C; 8D; 9B; 10.C 11.D; 12.y=3x 二、大题组 【2011新课标】21. 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 +-=。 （1）求a 、b 的值； （2）证明：当0x >，且1x ≠时， f (x )>ln x x -1 【解析】
（1）22 1 ( ln ) '()(1)x x b x f x x x α+-= - + 由于直线230x y +-=的斜率为1 2 - ，且过点(1,1)， 故(1)1,1'(1),2f f =???=-?? 即1,1,22 b a b =???-=-?? 解得1a =，1b =。 （2）由（1）知f (x )=x x x 11ln ++，所以f (x )-ln x x -1=11-x 2 (2ln x -x 2-1 x )， 考虑函数，则2 2 222)1()1(22)(x x x x x x x h --=---='， 所以x ≠1时h ′(x )＜0，而h (1)=0 故)1,0(∈x 时，h (x )>0可得，),1(+∞∈x 时，h (x )<0可得， 从而当，且时，. 【2012新课标】21. 设函数f (x ) = e x -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） f (x )的定义域为(,)-∞+∞，()x f x e a '=-， 若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增. 若0a >，则当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增. （2）由于1a =，所以()()1()(1)1x x k f x x x k e x '-++=--++. 故当0x >时，()()10x k f x x '-++>等价于1(0) (1) x x k x x e +<+>-①. 令1()(1) x x g x x e +=+-，则221(2)()1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'=+= --. 由（1）知，函数()2x h x e x =--在(0,)+∞单调递增，而(1)0h <，(2)0h >， 所以()h x ，在(0,)+∞存在唯一的零，故()g x '在(0,)+∞存在唯一的零点. 设此零点为a ，则(1,2)a ∈. 当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>. 所以()g x 在(0,)+∞的最小值为()g a . 又由()0g a '=，可得2a e a =+，所以()1(2,3)g a a =+∈. 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】20. 已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，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； ln ()1x f x x > -ln ()1x f x x >-0x >1x ≠ln ()1 x f x x >-
2013----2017年高考全国卷2、3试卷分析从2012年云南进入新课标高考至今，已有六年时间，数学因为容易拉分，加上难度变幻不定，可以说是我省考生最为害怕的一个学科，第一天下午开考的数学考得如何直接决定着考生第二天的考试情绪。近5年全国卷数学试题从试卷的结构和试卷的难度上逐渐趋于平稳，稳中有新，难度都属于较为稳定的状态。选择、填空题会以基础题呈现，属于中等难度。选择题在前六题的位置，填空题在前二题的位置;解答题属于中等难度，且基本定位在前三题和最后一题的位置。 一、近五年高考数学考点分布统计表：
从近五年数学试题知识点分布及分值分布统计表不难看出，试题坚持对基础知识、数学思想方法进行考查，重点考查了高中数学的主体内容，兼顾考查新课标的新增内容，在此基础上，突出了对考生数学思维能力和数学应用意识的考查，体现了新课程改革的理念。具体
来说几个方面： 1．整体稳定，覆盖面广 高考数学全国卷2、3全面考查了新课标考试说明中各部分的内容，可以说教材中各章的内容都有所涉及，如复数、旋转体、简易逻辑、概率等教学课时较少的内容，在试卷中也都有所考查。有些内容这几年轮换考查，如统计图、线性回归、直线与圆、线性规划，理科的计数原理、二项式定理、正态分布、条件概率等。 2．重视基础，难度适中 试题以考查高中基础知识为主线，在基础中考查能力。理科前8道选择题都是考查基本概念和公式的题型，相当于课本习题的变式题型。填空题前三题的难度相对较低，均属常规题型。解答题的前三道题分别考查解三角形，分布列、数学期望，空间线面位置关系等基础知识，利用空间直角坐标系求二面角，属中低档难度题。 4．全面考查新增内容，体现新课改理念 如定积分、函数的零点、三视图、算法框图、直方图与茎叶图、条件概率、几何概型、全称命题与特称命题等。 5．突出通性通法、理性思维和思想方法的考查 数学思想方法是对数学知识的最高层次的概括与提炼，是适用于中学数学全部内容的通法，是高考考查的核心。数形结合的思想、方程的思想、分类讨论的思想等在高考中每年都会考查。尤其数形结合，每年还专门有一道“新函数”的大致图象问题 6．注重数学的应用和创新
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。
2010-2017年全国高考数学真题--第21题导数 2010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 2011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． 2012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．
2013： 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． 2014一卷：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．