2011年-2018年高考数学导数分类汇编(理)

天津卷2011-2018函数2018.5．（5分）已知a=log 2e，b=ln2，c=log，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b 2018.13．（5分）已知a，b∈R，且a﹣3b+6=0，则2a+的最小值为．2018.14．（5分）已知a＞0，函数f（x）=．若关于x的方程f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是．2017.6．（5分）已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）=xf（x）．若a=g（﹣log25.1），b=g（20.8），c=g（3），则a，b，c的大小关系为（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a 2017.8．（5分）已知函数f（x）=，设a∈R，若关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，则a的取值范围是（）A．[﹣，2]B．[﹣，]C．[﹣2，2]D．[﹣2，]2017.12．（5分）若a，b∈R，ab＞0，则的最小值为．2016.13．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，若实数a满足f（2|a﹣1|）＞f（﹣），则a的取值范围是．2016.8．（5分）已知函数f（x）=（a＞0，且a≠1）在R 上单调递减，且关于x的方程|f（x）|=2﹣x恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（）A．（0，]B．[，]C．[，]∪{}D．[，）∪{}2015.7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）=2|x﹣m|﹣1（m为实数）为偶函数，记a=f（log0.53），b=f（log25），c=f（2m），则a，b，c的大小关系为（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a2015.8．（5分）已知函数f（x）=，函数g（x）=b﹣f（2﹣x），其中b∈R，若函数y=f（x）﹣g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（，+∞）B．（﹣∞，）C．（0，）D．（，2）11．（5分）曲线y=x2与y=x所围成的封闭图形的面积为．2014.4．（5分）函数f（x）=log（x2﹣4）的单调递增区间为（）A．（0，+∞）B．（﹣∞，0）C．（2，+∞）D．（﹣∞，﹣2）14．（5分）已知函数f（x）=|x2+3x|，x∈R，若方程f（x）﹣a|x﹣1|=0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为．2013.7．（5分）函数f（x）=2x|log0.5x|﹣1的零点个数为（）A．1B．2C．3D．42013.8．（5分）已知函数f（x）=x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．2013.14．（5分）设a+b=2，b＞0，则当a=时，取得最小值．2012.4．（3分）函数f（x）=2x+x3﹣2在区间（0，1）内的零点个数是（）A．0B．1C．2D．32012.14．（5分）已知函数y=的图象与函数y=kx﹣2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是．2011.8．（5分）对实数a与b，定义新运算“⊗”：．设函数f（x）=（x2﹣2）⊗（x﹣x2），x∈R．若函数y=f（x）﹣c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是（）A．B．C．D．2011.7．（5分）已知，则（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞a＞b 2018.20．（14分）已知函数f（x）=a x，g（x）=log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y=g（x）在点（x2，g （x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=﹣；（Ⅲ）证明当a≥e时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g （x）的切线．2017.20．（14分）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a 在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．2016.20．（14分）设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．2015.20．（14分）已知函数f（x）=nx﹣x n，x∈R，其中n∈N•，且n≥2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设曲线y=f（x）与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g （x），求证：对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）；（Ⅲ）若关于x的方程f（x）=a（a为实数）有两个正实数根x1，x2，求证：|x2﹣x1|＜+2．2014.20．（14分）设f（x）=x﹣ae x（a∈R），x∈R，已知函数y=f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）证明：随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明x1+x2随着a的减小而增大．2013.20．（14分）已知函数f（x）=x2lnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当t＞e2时，有．2012.20．已知函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．（1）求a的值；（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值；（3）证明：（n∈N*）．2011.19．（14分）已知a＞0，函数f（x）=lnx﹣ax2，x＞0．（f（x）的图象连续不断）（1）求f（x）的单调区间；（2）当a=时，证明：存在x0∈（2，+∞），使f（x0）=f（）；（3）若存在均属于区间[1，3]的α，β，且β﹣α≥1，使f（α）=f（β），证明．天津卷2011-2018函数2018.5．（5分）已知a=log 2e，b=ln2，c=log，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b【解答】解：a=log2e＞1，0＜b=ln2＜1，c=log=log23＞log2e=a，则a，b，c的大小关系c＞a＞b，故选：D．2018.13．（5分）已知a，b∈R，且a﹣3b+6=0，则2a+的最小值为．【解答】解：a，b∈R，且a﹣3b+6=0，可得：3b=a+6，则2a+==≥2=，当且仅当2a=．即a=﹣3时取等号．函数的最小值为：．故答案为：．2018.14．（5分）已知a＞0，函数f（x）=．若关于x的方程f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是（4，8）．【解答】解：当x≤0时，由f（x）=ax得x2+2ax+a=ax，得x2+ax+a=0，得a（x+1）=﹣x2，得a=﹣，设g（x）=﹣，则g′（x）=﹣=﹣，由g′（x）＞0得﹣2＜x＜﹣1或﹣1＜x＜0，此时递增，由g′（x）＜0得x＜﹣2，此时递减，即当x=﹣2时，g（x）取得极小值为g（﹣2）=4，当x＞0时，由f（x）=ax得﹣x2+2ax﹣2a=ax，得x2﹣ax+2a=0，得a（x﹣2）=x2，当x=2时，方程不成立，当x≠2时，a=设h（x）=，则h′（x）==，由h′（x）＞0得x＞4，此时递增，由h′（x）＜0得0＜x＜2或2＜x＜4，此时递减，即当x=4时，h（x）取得极小值为h（4）=8，要使f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则由图象知4＜a＜8，故答案为：（4，8）2017.6．（5分）已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）=xf（x）．若a=g（﹣log25.1），b=g（20.8），c=g（3），则a，b，c的大小关系为（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a【解答】解：奇函数f（x）在R上是增函数，当x＞0，f（x）＞f（0）=0，且f′（x）＞0，∴g（x）=xf（x），则g′（x）=f（x）+xf′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，且g（x）=xf（x）偶函数，∴a=g（﹣log25.1）=g（log25.1），则2＜log25.1＜3，1＜20.8＜2，由g（x）在（0，+∞）单调递增，则g（20.8）＜g（log25.1）＜g（3），∴b＜a＜c，故选：C．2017.8．（5分）已知函数f（x）=，设a∈R，若关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，则a的取值范围是（）A．[﹣，2]B．[﹣，]C．[﹣2，2]D．[﹣2，]【解答】解：当x≤1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣x2+x﹣3≤+a≤x2﹣x+3，即有﹣x2+x﹣3≤a≤x2﹣x+3，由y=﹣x2+x﹣3的对称轴为x=＜1，可得x=处取得最大值﹣；由y=x2﹣x+3的对称轴为x=＜1，可得x=处取得最小值，则﹣≤a≤①当x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣（x+）≤+a≤x+，即有﹣（x+）≤a≤+，由y=﹣（x+）≤﹣2=﹣2（当且仅当x=＞1）取得最大值﹣2；由y=x+≥2=2（当且仅当x=2＞1）取得最小值2．则﹣2≤a≤2②由①②可得，﹣≤a≤2．另解：作出f（x）的图象和折线y=|+a|当x≤1时，y=x2﹣x+3的导数为y′=2x ﹣1，由2x﹣1=﹣，可得x=，切点为（，）代入y=﹣﹣a，解得a=﹣；当x＞1时，y=x+的导数为y′=1﹣，由1﹣=，可得x=2（﹣2舍去），切点为（2，3），代入y=+a，解得a=2．由图象平移可得，﹣≤a≤2．故选：A．2017.12．（5分）若a，b∈R，ab＞0，则的最小值为4．【解答】解：【解法一】a，b∈R，ab＞0，∴≥==4ab+≥2=4，当且仅当，即，即a=，b=或a=﹣，b=﹣时取“=”；∴上式的最小值为4．【解法二】a，b∈R，ab＞0，∴=+++≥4=4，当且仅当，即，即a=，b=或a=﹣，b=﹣时取“=”；∴上式的最小值为4．故答案为：4．2016.13．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，若实数a满足f（2|a﹣1|）＞f（﹣），则a的取值范围是（，）．【解答】解：∵f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x）在区间[0，+∞）上单调递减，则f（2|a﹣1|）＞f（﹣），等价为f（2|a ﹣1|）＞f（），即﹣＜2|a﹣1|＜，则|a﹣1|＜，即＜a＜，故答案为：（，）2016.8．（5分）已知函数f（x）=（a＞0，且a≠1）在R上单调递减，且关于x的方程|f（x）|=2﹣x恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（）A．（0，]B．[，]C．[，]∪{}D．[，）∪{}【解答】解：y=loga（x+1）+1在[0，+∞）递减，则0＜a＜1，函数f（x）在R上单调递减，则：；解得，；由图象可知，在[0，+∞）上，|f（x）|=2﹣x有且仅有一个解，故在（﹣∞，0）上，|f（x）|=2﹣x同样有且仅有一个解，当3a＞2即a＞时，联立|x2+（4a﹣3）x+3a|=2﹣x，则△=（4a﹣2）2﹣4（3a﹣2）=0，解得a=或1（舍去），当1≤3a ≤2时，由图象可知，符合条件，综上：a的取值范围为[，]∪{}，故选：C2015.7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）=2|x﹣m|﹣1（m为实数）为偶函数，记a=f（log0.53），b=f（log25），c=f（2m），则a，b，c的大小关系为（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a【解答】解：∵f（x）为偶函数；∴f（﹣x）=f（x）；∴2|﹣x﹣m|﹣1=2|x﹣m|﹣1；∴|﹣x﹣m|=|x﹣m|；（﹣x﹣m）2=（x﹣m）2；∴mx=0；∴m=0；∴f（x）=2|x|﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，并且a=f（|log0.53|）=f（log23），b=f（log25），c=f（0）；∵0＜log23＜log25；∴c＜a＜b．故选：C．2015.8．（5分）已知函数f（x）=，函数g（x）=b﹣f（2﹣x），其中b∈R，若函数y=f（x）﹣g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（，+∞）B．（﹣∞，）C．（0，）D．（，2）【解答】解：∵g（x）=b﹣f（2﹣x），∴y=f（x）﹣g（x）=f（x）﹣b+f（2﹣x），由f（x）﹣b+f（2﹣x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=b，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．即h（x）=，作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥，故当b=时，h（x）=b，有两个交点，当b=2时，h（x）=b，有无数个交点，由图象知要使函数y=f（x）﹣g（x）恰有4个零点，即h（x）=b恰有4个根，则满足＜b＜2，故选：D．11．（5分）曲线y=x2与y=x所围成的封闭图形的面积为．【解答】解：先根据题意画出图形，得到积分上限为1，积分下限为0直线y=x与曲线y=x2所围图形的面积S=∫01（x﹣x2）dx而∫01（x﹣x2）dx=（）|01=﹣=∴曲边梯形的面积是．故答案为：．2014.4．（5分）函数f（x）=log（x2﹣4）的单调递增区间为（）A．（0，+∞）B．（﹣∞，0）C．（2，+∞）D．（﹣∞，﹣2）【解答】解：令t=x2﹣4＞0，可得x＞2，或x＜﹣2，故函数f（x）的定义域为（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），当x∈（﹣∞，﹣2）时，t随x的增大而减小，y=log t随t的减小而增大，所以y=log（x2﹣4）随x的增大而增大，即f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递增．故选：D．14．（5分）已知函数f（x）=|x2+3x|，x∈R，若方程f（x）﹣a|x﹣1|=0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为（0，1）∪（9，+∞）．【解答】解：由y=f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，作出函数y=f（x），y=g （x）=a|x﹣1|的图象，当a≤0，两个函数的图象不可能有4个交点，不满足条件，则a＞0，此时g（x）=a|x﹣1|=，当﹣3＜x＜0时，f（x）=﹣x2﹣3x，g（x）=﹣a（x﹣1），当直线和抛物线相切时，有三个零点，此时﹣x2﹣3x=﹣a（x﹣1），即x2+（3﹣a）x+a=0，则由△=（3﹣a）2﹣4a=0，即a2﹣10a+9=0，解得a=1或a=9，当a=9时，g（x）=﹣9（x﹣1），g（0）=9，此时不成立，∴此时a=1，要使两个函数有四个零点，则此时0＜a＜1，若a＞1，此时g（x）=﹣a（x﹣1）与f（x），有两个交点，此时只需要当x＞1时，f（x）=g（x）有两个不同的零点即可，即x2+3x=a（x﹣1），整理得x2+（3﹣a）x+a=0，则由△=（3﹣a）2﹣4a＞0，即a2﹣10a+9＞0，解得a＜1（舍去）或a＞9，综上a的取值范围是（0，1）∪（9，+∞），方法2：由f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，若x=1，则4=0不成立，故x≠1，则方程等价为a===||=|x﹣1++5|，设g（x）=x﹣1++5，当x＞1时，g（x）=x﹣1++5≥，当且仅当x﹣1=，即x=3时取等号，当x＜1时，g（x）=x﹣1++5=5﹣4=1，当且仅当﹣（x ﹣1）=﹣，即x=﹣1时取等号，则|g（x）|的图象如图：若方程f（x）﹣a|x﹣1|=0恰有4个互异的实数根，则满足a＞9或0＜a＜1，故答案为：（0，1）∪（9，+∞）2013.7．（5分）函数f（x）=2x|log0.5x|﹣1的零点个数为（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：函数f（x）=2x|log0.5x|﹣1，令f（x）=0，在同一坐标系中作出y=（）x．与y=|log0.5x|，如图，由图可得零点的个数为2．故选：B．2013.8．（5分）已知函数f（x）=x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．【解答】解：取a=﹣时，f（x）=﹣x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x﹣）|x﹣|+1＞x|x|，（1）x＜0时，解得﹣＜x＜0；（2）0≤x≤时，解得0；（3）x＞时，解得，综上知，a=﹣时，A=（﹣，），符合题意，排除B、D；取a=1时，f（x）=x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x+1）|x+1|+1＜x|x|，（1）x＜﹣1时，解得x＞0，矛盾；（2）﹣1≤x≤0，解得x＜0，矛盾；（3）x＞0时，解得x＜﹣1，矛盾；综上，a=1，A=∅，不合题意，排除C，故选：A．2013.14．（5分）设a+b=2，b＞0，则当a=﹣2时，取得最小值．【解答】解：∵a+b=2，b＞0，∴=，（a＜2）设f（a）=，（a＜2），画出此函数的图象，如图所示．利用导数研究其单调性得，当a＜0时，f（a）=﹣+，f′（a）==，当a＜﹣2时，f′（a）＜0，当﹣2＜a＜0时，f′（a）＞0，故函数在（﹣∞，﹣2）上是减函数，在（﹣2，0）上是增函数，∴当a=﹣2时，取得最小值．同样地，当0＜a＜2时，得到当a=时，取得最小值．综合，则当a=﹣2时，取得最小值．故答案为：﹣2．2012.4．（3分）函数f（x）=2x+x3﹣2在区间（0，1）内的零点个数是（）A．0B．1C．2D．3【解答】解：由于函数f（x）=2x+x3﹣2在区间（0，1）内单调递增，又f（0）=﹣1＜0，f（1）=1＞0，所以f（0）f（1）＜0，故函数f（x）=2x+x3﹣2在区间（0，1）内有唯一的零点，故选：B．2012.14．（5分）已知函数y=的图象与函数y=kx﹣2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是（0，1）∪（1，4）．【解答】解：y==，作出函数y=与y=kx﹣2的图象如图所示：∵函数y=的图象与函数y=kx﹣2的图象恰有两个交点，∴0＜k＜1或1＜k＜4．故答案为：（0，1）∪（1，4）．2011.8．（5分）对实数a与b，定义新运算“⊗”：．设函数f（x）=（x2﹣2）⊗（x﹣x2），x∈R．若函数y=f（x）﹣c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是（）A．B．C．D．【解答】解：∵，∴函数f（x）=（x2﹣2）⊗（x﹣x2）=，由图可知，当c∈函数f（x）与y=c的图象有两个公共点，∴c的取值范围是，故选：B．2011.7．（5分）已知，则（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞a＞b【解答】解：∵log23.4＞1，log43.6＜1，又y=5x是增函数，∴a＞b，＞==b而log23.4＞log2＞log3，∴a＞c故a＞c＞b．故选：C．2018.20．（14分）已知函数f（x）=a x，g（x）=log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y=g（x）在点（x2，g （x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=﹣；（Ⅲ）证明当a≥e时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g （x）的切线．【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）=a x﹣xlna，有h′（x）=a x lna﹣lna，令h′（x）=0，解得x=0．由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；（Ⅱ）证明：由f′（x）=a x lna，可得曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．由g′（x）=，可得曲线y=g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．∵这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得log a x2+x1+2log a lna=0，∴x1+g（x2）=﹣；（Ⅲ）证明：曲线y=f（x）在点（）处的切线l1：，曲线y=g（x）在点（x2，log a x2）处的切线l2：．要证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g（x）的切线，只需证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a≥时，方程组由①得，代入②得：，③因此，只需证明当a≥时，关于x1的方程③存在实数解．设函数u（x）=，既要证明当a≥时，函数y=u （x）存在零点．u′（x）=1﹣（lna）2xa x，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，又u′（0）=1＞0，u′=＜0，故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）=0，即．由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，u（x）在x=x0处取得极大值u（x0）．∵，故lnlna≥﹣1．∴=．下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得a x≥1+xlna，当时，有u（x）≤=．∴存在实数t，使得u（t）＜0．因此，当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）=0．∴当a≥时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g（x）的切线．2017.20．（14分）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a 在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x=．当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：（﹣1，）（，+∞）所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x ∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m=，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是|﹣x0|=≥=．因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以|﹣x0|≥．所以，只要取A=g（2），就有|﹣x0|≥．2016.20．（14分）设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b的导数为f′（x）=3（x﹣1）2﹣a，当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；当a＞0时，当x＞1+或x＜1﹣时，f′（x）＞0，当1﹣＜x＜1+，f′（x）＜0，可得f（x）的增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞），减区间为（1﹣，1+）；（2）证明：f′（x0）=0，可得3（x0﹣1）2=a，由f（x0）=（x0﹣1）3﹣3x0（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，f（3﹣2x0）=（2﹣2x0）3﹣3（3﹣2x0）（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（8﹣8x0﹣9+6x0）﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，即为f（3﹣2x0）=f（x0）=f（x1），即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x0=3；（3）证明：要证g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于，只需证在[0，2]上存在x1，x2，使得f（x1）﹣f（x2）≥．当a≥3时，f（x）在[0，2]递减，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（0）﹣f（2）=2a﹣2≥4＞，递减，成立；当0＜a＜3时，f（1﹣）=（﹣）3﹣a（1﹣）﹣b=﹣﹣a+a﹣b =﹣a﹣b，f（1+）=（）3﹣a（1+）﹣b=﹣a﹣a﹣b=﹣﹣a﹣b，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（2）﹣f（0）=2﹣2a，若0＜a≤时，f（2）﹣f（0）=2﹣2a≥成立；若a＞时，f（1﹣）﹣f（1+）=＞成立．综上可得，g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．2015.20．（14分）已知函数f（x）=nx﹣x n，x∈R，其中n∈N•，且n≥2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设曲线y=f（x）与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g（x），求证：对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）；（Ⅲ）若关于x的方程f（x）=a（a为实数）有两个正实数根x1，x2，求证：|x2﹣x1|＜+2．【解答】（本题满分为14分）解：（Ⅰ）由f（x）=nx﹣x n，可得f′（x）=n﹣nx n﹣1=n（1﹣x n﹣1），其中n∈N•，且n≥2．下面分两种情况讨论：（1）当n为奇数时，令f′（x）=0，解得x=1，或x=﹣1，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）单调递增．（2）当n为偶数时，当f′（x）＞0，即x＜1时，函数f（x）单调递增；当f′（x）＜0，即x＞1时，函数f（x）单调递减；所以，f（x）在（﹣∞，1）单调递增，在（1，+∞）上单调递减；（Ⅱ）证明：设点P的坐标为（x0，0），则x0=n，f′（x0）=n﹣n2，曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x﹣x0），即g（x）=f′（x0）（x﹣x0），令F（x）=f（x）﹣g（x），即F（x）=f（x）﹣f′（x0）（x﹣x0），则F′（x）=f′（x）﹣f′（x0）．由于f′（x）=﹣nx n﹣1+n在（0，+∞）上单调递减，故F′（x）在（0，+∞）上单调递减，又因为F′（x0）=0，所以当x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，当x∈（x0，+∞）时，F′（x）＜0，所以F（x）在∈（0，x0）内单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，所以对应任意的正实数x，都有F（x）≤F（x0）=0，即对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）．（Ⅲ）证明：不妨设x1≤x2，由（Ⅱ）知g（x）=（n﹣n2）（x﹣x0），设方程g（x）=a的根为，可得=，由（Ⅱ）知g（x2）≥f（x2）=a=g（），可得x2≤．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x∈（0，+∞），f （x）﹣h（x）=﹣x n＜0，即对于任意的x∈（0，+∞），f（x）＜h（x），设方程h（x）=a的根为，可得=，因为h（x）=nx在（﹣∞，+∞）上单调递增，且h（）=a=f（x1）＜h（x1），因此＜x1，由此可得：x2﹣x1＜﹣=，因为n≥2，所以2n﹣1=（1+1）n﹣1≥1+=1+n﹣1=n，故：2=x0．所以：|x2﹣x1|＜+2．2014.20．（14分）设f（x）=x﹣ae x（a∈R），x∈R，已知函数y=f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）证明：随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明x1+x2随着a的减小而增大．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=x﹣ae x，∴f′（x）=1﹣ae x；下面分两种情况讨论：①a≤0时，f′（x）＞0在R上恒成立，∴f（x）在R上是增函数，不合题意；②a＞0时，由f′（x）=0，得x=﹣lna，当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：∴f（x）的单调增区间是（﹣∞，﹣lna），减区间是（﹣lna，+∞）；∴函数y=f（x）有两个零点等价于如下条件同时成立：①f（﹣lna）＞0；②存在s1∈（﹣∞，﹣lna），满足f（s1）＜0；③存在s2∈（﹣lna，+∞），满足f（s2）＜0；由f（﹣lna）＞0，即﹣lna﹣1＞0，解得0＜a＜e﹣1；取s1=0，满足s1∈（﹣∞，﹣lna），且f（s1）=﹣a＜0，取s2=+ln，满足s2∈（﹣lna，+∞），且f（s2）=（﹣）+（ln﹣）＜0；∴a的取值范围是（0，e﹣1）．（Ⅱ）证明：由f（x）=x﹣ae x=0，得a=，设g（x）=，由g′（x）=，得g（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，并且当x∈（﹣∞，0）时，g（x）≤0，当x∈（0，+∞）时，g（x）≥0，x1、x2满足a=g（x1），a=g（x2），a∈（0，e﹣1）及g（x）的单调性，可得x1∈（0，1），x2∈（1，+∞）；对于任意的a1、a2∈（0，e﹣1），设a1＞a2，g（X1）=g （X2）=a1，其中0＜X1＜1＜X2；g（Y1）=g（Y2）=a2，其中0＜Y1＜1＜Y2；∵g（x）在（0，1）上是增函数，∴由a1＞a2，得g（X i）＞g（Y i），可得X1＞Y1；类似可得X2＜Y2；又由X、Y＞0，得＜＜；∴随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明：∵x1=a，x2=a，∴lnx1=lna+x1，lnx2=lna+x2；∴x2﹣x1=lnx2﹣lnx1=ln，设=t，则t＞1，∴，解得x1=，x2=，∴x1+x2=…①；令h（x）=，x∈（1，+∞），则h′（x）=；令u（x）=﹣2lnx+x﹣，得u′（x）=，当x∈（1，+∞）时，u′（x）＞0，∴u（x）在（1，+∞）上是增函数，∴对任意的x∈（1，+∞），u（x）＞u（1）=0，∴h′（x）＞0，∴h（x）在（1，+∞）上是增函数；∴由①得x1+x2随着t的增大而增大．由（Ⅱ）知，t随着a的减小而增大，∴x1+x2随着a的减小而增大．2013.20．（14分）已知函数f（x）=x2lnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当t＞e2时，有．【解答】解：（Ⅰ）由题意可知函数的定义域为（0，+∞），求导数可得f′（x）=2xlnx+x2•=2xlnx+x=x（2lnx+1），令f′（x）=0，可解得x=，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：（0，）（，+∞）所以函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞），由（Ⅰ）可知，h（x）在区间（1，+∞）单调递增，h（1）=﹣t＜0，h（e t）=e2t lne t ﹣t=t（e2t﹣1）＞0，故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立；（Ⅲ）证明：因为s=g（t），由（Ⅱ）知，t=f（s），且s＞1，从而====，其中u=lns，要使成立，只需，即2＜，即2＜2+，只需，变形可得只需0＜lnu ＜，当t＞e2时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e2，矛盾，所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立，另一方面，令F（u）=lnu﹣，u＞1，F′（u）=，令F′（u）=0，可解得u=2，当1＜u＜2时，F′（u）＞0，当u＞2时，F′（u）＜0，故函数F（u）在u=2处取到极大值，也是最大值F（2）=ln2﹣1＜0，故有F（u）=lnu﹣＜0，即lnu＜，综上可证：当t＞e2时，有成立．2012.20．已知函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．（1）求a的值；（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值；（3）证明：（n∈N*）．【解答】（1）解：函数的定义域为（﹣a，+∞），求导函数可得令f′（x）=0，可得x=1﹣a＞﹣a令f′（x）＞0，x＞﹣a可得x＞1﹣a；令f′（x）＜0，x＞﹣a可得﹣a＜x＜1﹣a ∴x=1﹣a时，函数取得极小值且为最小值∵函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，∴f（1﹣a）=1﹣a﹣0，解得a=1（2）解：当k≤0时，取x=1，有f（1）=1﹣ln2＞0，故k≤0不合题意当k＞0时，令g（x）=f（x）﹣kx2，即g（x）=x﹣ln（x+1）﹣kx2，求导函数可得g′（x）=g′（x）=0，可得x1=0，①当k≥时，，g′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，即对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立；②当0＜k＜时，，对于，g′（x）＞0，因此g（x）在上单调递增，因此取时，g（x0）≥g（0）=0，即有f（x0）≤kx02不成立；综上知，k≥时对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，k的最小值为（3）证明：当n=1时，不等式左边=2﹣ln3＜2=右边，所以不等式成立当n≥2时，在（2）中，取k=，得f（x）≤x2，∴（i≥2，i∈N*）．∴=f（2）+＜2﹣ln3+=2﹣ln3+1﹣＜2综上，（n∈N*）．2011.19．（14分）已知a＞0，函数f（x）=lnx﹣ax2，x＞0．（f（x）的图象连续不断）（1）求f（x）的单调区间；（2）当a=时，证明：存在x0∈（2，+∞），使f（x0）=f（）；（3）若存在均属于区间[1，3]的α，β，且β﹣α≥1，使f（α）=f（β），证明．【解答】解：（1）由题意得函数f（x）=lnx﹣ax2的定义域为，当a≤0时，f'（x）＞0，则函数f（x）=lnx﹣ax2在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，x＞0，由f'（x）＞0得，由f'（x）＜0得，∴f（x）在上单调递增；在上单调递减，综上所述，结论是a≤0时，函数f（x）=lnx﹣ax2的单调增区间为（0，+∞）；a＞0时，函数f（x）=lnx﹣ax2的单调增区间为，单调减区间为．（2）证明：当时，函数f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，则，又f（x）在（2，+∞）上的值域为（﹣∞，f（2）），∴存在x0∈（2，+∞），使，综上所述，结论证明成立．（3）证明：f（α）=f（β），由（1）知，又β﹣α≥1，α，β∈[1，3]，所以1≤α≤2≤β≤3，所以，即，所以．。

新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编 3．导数及其应用（含解析）一、选择题【2016，12】若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+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⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【2014，12】已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是A ．(2,)+∞B ．(1,)+∞C ．(,2)-∞-D ．(,1)-∞- 二、填空题【2017，14】曲线21y x x=+在()1,2处的切线方程为 ． 【2012，13】13．曲线(3ln 1)y x x =+在点（1，1）处的切线方程为_________． 三、解答题【2018,21】（12分）已知函数()e ln 1xf 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1ea ≥时，()0f x ≥．【2017，21】已知函数()()2xxf x eea a x =--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【2016，21】已知函数()()()22e 1x f x x a 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．【2015，21】设函数()2e ln x f x a x =-．（1）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数;（2）求证：当0a >时，()22ln f x a a a≥+．【2014，21】设函数2(1)()ln 2a f x a x x bx -=+-(1)a ≠，曲线()y f x =在点(1, f (1))处的切线斜率为0．(Ⅰ)求b ; (Ⅱ)若存在x 0≥1，使得0()1af x a <-，求a 的取值范围．【2013，20】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．【2012，21】21．设函数()2xf x e ax =--． （1）求)(x f 的单调区间；（2）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()'()10x k f x x -++>，求k 的最大值．【2011，21】已知函数ln ()1a x bf 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，ln ()1xf x x >-．新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编 3．导数及其应用（解析版）一、选择题【2016，12】若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+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⎡⎤--⎢⎥⎣⎦解析：选C ．问题转化为()21cos2cos 03f x x a x '=-+…对x ∈R 恒成立， 故()2212cos 1cos 03x a x --+…，即245cos cos 033a x x -+…恒成立． 令cos x t =，得245033t at -++…对[]1,1t ∈-恒成立． 解法一：构造()24533g t t at =-++，开口向下的二次函数()g t 的最小值的可能值为端点值， 故只需保证()()11031103g a g a ⎧-=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩……，解得1133a -剟．故选C ．解法二：①当0t =时，不等式恒成立；②当01t <…时，1543a t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭…恒成立，由y =1543t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭在01t <…上单调递增，所以()1511445333t t ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭…，故13a -…；③当10t -<…时，1543a t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭…恒成立．由y =1543t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭在10t -<…上单调递增，()1511445333t t ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭…，所以13a …．综上可得，1133a -剟．故选C ． 【2014，12】已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（ ）A ．(2,)+∞B ．(1,)+∞C ．(,2)-∞-D ．(,1)-∞-解：依题a≠0，f '(x )=3ax 2-6x ，令f '(x )=0，解得x =0或x =2a，当a >0时，在(-∞, 0)与(2a ,+∞)上，f '(x )>0，f (x )是增函数．在(0,2a) 上，f '(x )<0，f (x )是减函数．且f (0)=1>0，f (x )有小于零的零点，不符合题意．当a <0时，在(-∞,2a )与(0,+∞)上，f '(x )<0，f (x )是减函数．在(2a,0)上，f '(x )>0，f (x )是增函数．要使f (x )有唯一的零点x 0，且x 0>0，只要2()0f a>，即a 2>4，所以a <-2．故选C另解：依题a≠0，f (x )存在唯一的正零点，等价于3113a x x =-有唯一的正零根，令1t x=，则问题又等价于a =-t 3+3t 有唯一的正零根，即y =a 与y =-t 3+3t 有唯一的交点且交点在在y 轴右侧，记g (t )=-t 3+3t ，g'(t )=-3t 2+3，由g '(t )=0，解得t =±1，在(-∞,-1)与(1,+∞)上，g '(t )<0，g (t )是减函数．在(-1,1)上，g '(t )>0，g (t )是增函数．要使a =-t 3+3t 有唯一的正零根，只要a <g (-1)=-2，故选C 二、填空题【2017，14】曲线21y x x=+在()1,2处的切线方程为 ． 【解】1y x =+．求导得212y x x'=-，故切线的斜率1|1x k y ='==，所以切线方程为21y x -=-，即1y x =+．【2012，13】13．曲线(3ln 1)y x x =+在点（1，1）处的切线方程为_________．【解析】430x y --=．由已知'3ln 4y x =+，根据导数的几何意义知切线斜率1'|4x k y ===，因此切线方程为14(1)y x -=-，即430x y --=． 三、解答题【2018,21】已知函数()e ln 1xf 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1ea ≥时，()0f x ≥．21．解：（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x． 由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e ． 从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．当0<x <1时，g ′（x ）<0；当x >1时，g ′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点．故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0．因此，当1e a ≥时，()0f x ≥．【2017，21】已知函数()()2xxf x eea a x =--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围． 【解析】（1）()()()()2222'=--=+-xx x x f x e ae a e a e a①当0>a 时，20+>x e a ，令()0'>f x ，即0->x e a ，解得ln >x a ， 令()0'<f x ，即0-<x e a ，解得ln <x a ，所以当0>a ，()f x 在()ln ,+∞a 上递增，在(),ln -∞a 上递减． ②当0=a 时，()()220'=>x f x e ， ()f x 在R 上递增．③当0<a 时，0->x e a ，令()0'>f x ⇒20+>x e a ⇒2>-xa e ⇒ln 2⎛⎫>- ⎪⎝⎭a x ， 令()0'<f x ⇒20+<x e a ⇒2<-xa e ⇒ln 2⎛⎫<- ⎪⎝⎭a x ， 所以当0<a 时，()f x 在ln ,2⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 上递增，在,ln 2⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 上递减． 综上所述：当0>a ，()f x 在(),ln -∞a 上递减，在()ln ,+∞a 上递增；当0=a 时， ()f x 在R 上递增； 当0<a 时，()f x 在,ln 2⎛⎫⎛⎫-∞-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 上递减，在ln ,2⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 上递增．（2）由（1）得当0a >时，()()()ln ln 2min ln ln ==--aaf x f a eea a a 2ln 0=-≥a a ， ∴ln 0≤a ，得01<≤a ．当0=a 时，()()20=>xf x e 满足条件．当0<a 时，()ln ln 222minln ln 22⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭a a a a f x f e ea a 223ln 042⎛⎫=--≥ ⎪⎝⎭a a a ，∴3ln 24⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭a ⇒342-≤a e ⇒342≥-a e ，又因为0<a ，所以3420-≤<e a ． 综上所述，a 的取值范围是342,1e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．【2016，21】已知函数()()()22e 1x f x x a 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． 解析：（1）由题意()()()1e 21xf x x a x '=-+-()()=1e 2x x a -+．①当20a …，即0a …时，e 20xa +>恒成立．令()0f x '>，则1x >，所以()f x 的单调增区间为()1,+∞．同理可得()f x 的单调减区间为(),1-∞． ②当20a <，即0a <时，令()0f x '=，则1x =或()ln 2a -． （ⅰ）当()ln 21a ->，即e2a <-时，令()0f x '>，则1x <或()ln 2x a >-， 所以()f x 的单调增区间为(),1-∞和()()ln 2,a -+∞．同理()f x 的单调减区间为()()1,ln 2a -； （ⅱ）当()ln 21a -=，即e2a =-时， 当1x …时，10x -…，1e 2e e 0x a +-=…，所以()0f x '…．同理1x >时，()0f x '>． 故()f x 的单调增区间为(),-∞+∞； （ⅲ）当()ln 21a -<，即e02a -<<时．令()0f x '>，则()ln 2x a <-或1x >， 所以()f x 的单调增区间为()(),ln 2a -∞-和()1,+∞，同理()f x 的单调减区间为()()ln 2,1a -． 综上所述，当e2a <-时，()f x 的单调增区间为(),1-∞和()()ln 2,a -+∞，单调减区间为()()1,ln 2a -； 当e2a =-时，()f x 的单调增区间为(),-∞+∞； 当e02a -<<时，()f x 的单调增区间为()(),ln 2a -∞-和()1,+∞，单调减区间为()()ln 2,1a -； 当0a …时，()f x 的单调增区间为()1,+∞，单调减区间为(),1-∞．（2）解法一（直接讨论法）：易见()1e 0f =-<，如（1）中讨论，下面先研究（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）三种情况． ①当e2a <-时，由()f x 单调性可知，()()()ln 210f a f -<<，故不满足题意； ②当e2a =-时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增，显然不满足题意； ③当e02a -<<时，由()f x 的单调性，可知()()()1ln 2f f a <-， 且()()()()()()()2ln 2ln 222ln 21f a a a a a -=---+--()2ln 220a a a =--+<⎡⎤⎣⎦，故不满足题意；下面研究0a …，当0a =时，()()2e xf x x =-，令()0f x =，则2x =，因此()f x 只有1个零点，故舍去；当0a >时，()1e 0f =-<，()20f a =>，所以()f x 在()1,+∞上有1个零点；（i ）当01a <…时，由ln 02a<，而2ln ln 2ln 12222a a a a f a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭23ln ln 0222a a a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以()f x 在(),1-∞上有1个零点；（i i ）当1a >时，由20-<，而()()22424e 990ef a a --=-+=->， 所以()f x 在(),1-∞上有1个零点；可见当0a >时()f x 有两个零点．所以所求a 的取值范围为()0,+∞． 解法二（分离参数法）：显然1x =不是()f x 的零点， 当1x ≠时，由()0f x =，得()22e 1x xa x -=-()1x ≠．设()()22e 1xxg x x -=-()1x ≠，则问题转化为直线y a =与()g x 图像有两个交点， 对()g x 求导得()()()()24e 1211x x x g x x ⎡⎤---+⎣⎦'=-， 所以()g x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调递减．①当0a …时，若(),1x ∈-∞，()0g x >，直线y a =与()g x 图像没有交点，若()1,x ∈+∞，()g x 单调递减，直线y a =与()g x 图像不可能有两个交点， 故0a …不满足条件；②若0a >时，取13min 12x ⎧⎫⎪⎪=+⎨⎬⎪⎪⎩⎭，则()()12111g x a x >-…， 而()20g a =<，结合()g x 在()1,+∞单调递减， 可知在区间()1,2x 上直线y a =与()g x 图像有一个交点，取2min 1x ⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪⎩⎭，3x = 则()()22221g x a x -厖，()33223322x g x a x x -<<<， 结合()g x 在(),1-∞单调递增，可知在区间()32x x 上直线y a =与()g x 图像有一个交点， 综上所述，0a >时直线y a =与()g x 图像有两个交点，函数()f x 有两个零点．【2015，21】设函数()2e ln x f x a x =-．（1）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数;（2）求证：当0a >时，()22ln f x a a a+…．解：(Ⅰ) f '(x )=2e 2x ax-， x >0 …2分 (1)若a ≤0时，f '(x )>0在(0,+∞)恒成立，所以f '(x )没有零点； …3分(2)若a >0时，f '(x )单调递增．当x →0, f '(x ) →-∞；当x →+ ∞,f '(x ) →+∞， 所以f '(x ) 存在一个零点． …6分(Ⅱ) 设f '(x )的唯一零点为k ，由(Ⅰ)知(0, k )上，f '(x )<0，f (x )单调递减； 在(k ,+∞)上，f '(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )取最小值f (k )． …8分 所以f (x )≥f (k )= e 2k -a ln k ，又f '(k )= 2e 2k a k -=0，所以e 2k =2ak，22ln ln k k a =-，所以f (k )=2(ln 2)2ln 2ln 2222a a a aa k ka a a a k a k --=++≥+， 所以f (x )≥22lna a a+． …12分 21． 解析 （1）()()2e ln 0x f x a x x =->，()22e x a f x x'=-． 显然当0a …时，()0f x '>恒成立，()f x '无零点．当0a >时，取()()22e x a g x f x x '==-，则()224e 0x ag x x'=+>，即()f x '单调递增． 令()()22e 0x a g x f x x '==-=，即22e x ax =．画出22e xy =与a y x=的图像，如图所示．由图可知，()f x '必有零点，所以导函数()f x '存在唯一零点．（2）由（1）可知()f x '有唯一零点，设零点为0x ， 由图可知，当()00,x x ∈时，()0f x '<，即()f x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，即()f x 单调递增．所以()f x 在0x x =处取得极小值，即()()0200min e ln x f x f x a x ==-．又()02002e 0xa f x x '=-=，解得020e 2x a x =．① ①两边分别取自然对数，得002ln ln 2x a x =-，即00ln ln 22ax x =-． 所以()00000ln 22ln 2222a a a a f x a x ax a x x ⎛⎫=--=+- ⎪⎝⎭… 22ln2ln 2a a a a a a -=+（当且仅当0022a ax x =，即012x =时取等号）．【2014，21】设函数2(1)()ln 2a f x a x x bx -=+-(1)a ≠，曲线()y f x =在点(1, f (1))处的切线斜率为0．(Ⅰ)求b ; (Ⅱ)若存在x 0≥1，使得0()1af x a <-，求a 的取值范围． 解：(Ⅰ) ()(1)af x a x b x'=+--(x >0)，依题f '(1)=0，解得b =1， …3分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知2(1)()ln 2a f x a x x x -=+-，2(1)(1)[(1)]()a x x a x a x a f x x x --+---'==， 因为a ≠1，所以f '(x )=0有两根：x =1或1ax a=-。

2011年—2018年新课标高考全国Ⅰ卷理科数学分类汇编（含答案）6．函数与导数一、选择题【2018，5】设函数()()ax x a x x f +-+=13，若()x f 为奇函数，则曲线()x f y =在点()0,0处的切线方程为（ ）A ．x y 2-= B. x y -= C. x y 2= D.x y =【2018，9】已知函数()0ln 0x e x f x x x ⎧=⎨>⎩，≤，，()()g x f x x a =++，若()g x 存在2个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．[)10-，B ．[)0+∞，C ．[)1-+∞，D ．[)1+∞，【2017，5】函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是（ ）A ．[2,2]-B ． [1,1]-C ． [0,4]D ． [1,3]【2017，11】设,,x y z 为正数，且235x y z ==，则（ ）A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z 【2016，7】函数xe x y -=22在]2,2[-的图像大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【2016，8】若1>>b a ，10<<c ，则（ ）A ．cc b a <B ．cc ba ab <C ．c b c a a b log log <D ．c c b a log log <【2015，12】设函数()f x =(21)xe x ax a --+,其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ． 33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ． 33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ． 3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【2014，3】设函数()f x ，()g x 的定义域都为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x ()g x 是偶函数B ．|()f x |()g x 是奇函数C ．()f x |()g x |是奇函数D ．|()f x ()g x |是奇函数【2014，11】已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为A ．（2，+∞） B ．（-∞，-2） C ．（1，+∞） D ．（-∞，-1） 【2013，11】已知函数f (x )＝220ln(1)0.x x x x x ⎧-+≤⎨+>⎩，，，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0] 【2012，10】已知函数1()f x =，则()y f x =的图像大致为（ ）【2012，12】设点P 在曲线12xy e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则||PQ 的最小值为（ ） A ．1ln 2-B ln 2)-C ．1ln 2+D ln 2)+【2011，2】下列函数中，既是偶函数又在+∞（0，）单调递增的函数是（ ）A ．3y x = B ．1y x =+ C ．21y x =-+ D ．2xy -=【2011，9】由曲线y 2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为（ ）A ．103 B ．4 C ．163D ．6 【2011，12】函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于（ ）A ．2B ．4C ．6D ．8 二、填空题【2017，16】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，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 ，△F AB 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 ，△F AB ，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_______．A ．B ．D ．【2015，13】若函数f (x )=x ln （x a =【2013，16】若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图像关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值为__________． 三、解答题【2018，理21】已知函数()1ln f x x a x x=-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--.【2017，21】已知函数()()22xx f x aea e 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．【2016，21】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ．【2015，21】已知函数31()4f 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{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数．【2014，21】设函数1(0lnxxbef x ae xx-=+，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>．【2013，21】设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(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，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．【2012，21】已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-． （1）求)(x f 的解析式及单调区间；（2）若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值．【2011，21】已知函数ln ()1a x bf 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 kf x x x>+-，求k 的取值范围．2011年—2018年新课标高考全国Ⅰ卷理科数学分类汇编（含答案）6．函数与导数（解析版）一、选择题【2018，5】设函数()()ax x a x x f +-+=13，若()x f 为奇函数，则曲线()x f y =在点()0,0处的切线方程为（ ）A ．x y 2-= B. x y -= C. x y 2= D.x y =【答案】D 解析：解法1：由基本函数3x y =，()21x a y -=，ax y =的奇偶性，结合()x f 为奇函数，易知1=a .则()x x x f +=3，求导数，得()()10132='∴+='f x x f ，由点斜式得()x y x y =-=-即010.解法2： ()()ax x a x x f +-+=13为奇函数， ()()x f x f -=-∴，即()()ax x a x ax x a x ----=--+-232311，()10222==-∴a x a 得，则()x x x f +=3，求导数，得()231f x x '=+，()01f '∴=， 由点斜式得()010y x -=-，即y x =.(2018·新课标Ⅰ，理9)已知函数()0ln 0x e x f x x x ⎧=⎨>⎩，≤，，()()g x f x x a =++，若()g x 存在2个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．[)10-，B ．[)0+∞，C ．[)1-+∞，D ．[)1+∞，【答案】C 解析：()()g x f x x a =++存在两个零点，()0g x ∴= 即()f x x a ++=0有两个根，()f x x a ∴=--有两个根 ，即函数()y f x =与()h x x a =--有两个交点，()h x x a =--在y 轴上的截距为a -，使a -1≤即可， 1a ∴≥-【2017，5】函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是（ ）A ．[2,2]-B ． [1,1]-C ． [0,4]D ． [1,3]【解析】因为()f x 为奇函数，所以()()111f f -=-=，于是()121f x --≤≤，等价于()()()121f f x f --≤≤，又()f x 在()-∞+∞，单调递减，121x ∴--≤≤，3x ∴1≤≤，故选D ．【2017，11】设,,x y z 为正数，且235x y z ==，则（ ）A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z【解析】取对数：ln 2ln3ln5x y ==．ln 33ln 22x y =>，∴23x y >，ln 2ln 5x z =，则ln55ln 22x z =<，∴25x z <∴325y x z <<，故选D ．【法二】取对数：5ln 3ln 2ln z y x ==，y x y x y x 3212ln 3ln 2ln 33ln 2323ln 2ln 32>⇒>==⇒=， z x z x z x 5212ln 5ln 2ln 55ln 2525ln 2ln 52<⇒<==⇒=，z x y 523<<∴，故选D ； 【2016，7】函数xe x y -=22在]2,2[-的图像大致为（ ）【解析】()22288 2.80f e =->->，排除A ；()22288 2.71f e =-<-<，排除B ；0x >时，()22xf x x e =-，()4x f x x e '=-，当10,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01404f x e '<⨯-= 因此()f x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，排除C ；故选D ．【2016，8】若1>>b a ，10<<c ，则（ ）A ．cc b a <B ．cc ba ab <C ．c b c a a b log log <D ．c c b a log log <【解析】由于01c <<，∴函数c y x =在R 上单调递增，因此1c c a b a b >>⇔>，A 错误；由于110c -<-<，∴函数1c y x -=在()1,+∞上单调递减，∴111c c c c a b a b ba ab -->>⇔<⇔<，B 错误； 要比较log b a c 和log a b c ，只需比较ln ln a c b和ln ln b c a ，只需比较ln ln c b b 和ln ln ca a ，只需lnb b 和ln a a ， 构造函数()()ln 1f x x x x =>，则()'ln 110f x x =+>>，()f x 在()1,+∞上单调递增，因此()()110ln ln 0ln ln f a f b a a b b a a b b >>⇔>>⇔<，又由01c <<得ln 0c <， ∴ln ln log log ln ln a b c cb c a c a a b b<⇔<，C 正确；要比较l o g a c 和log b c ，只需比较ln ln c a 和ln ln cb ，而函数ln y x =在()1,+∞上单调递增，故111ln ln 0ln ln a b a b a b >>⇔>>⇔<，又由01c <<得ln 0c <，∴ln ln log log ln ln a b c c c c a b >⇔>，D 错误； 故选C ．【2015，12】设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ． 33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ． 33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ． 3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭解析：设()g x =(21)x e x -，y ax a =-，由题知存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方.因为()(21)x g x e x '=+，所以当12x <-时，()g x '＜0，当12x >-时，()g x '＞0，所以当12x =-时，min [()]g x =122e --，当0x =时，(0)1g =-，(1)30g e =>，直线y ax a =-恒过（1,0）斜率且a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-≥--，解得32e≤a ＜1，故选D ．. 作为选择题，该题也可先找到满足0()0f x <的整数0x ，由0x 的唯一性列不等式组求解.由(0)10f a =-+<得00x =.又0x 是唯一使()0f x <的整数，所以(1)0(1)0f f -≥⎧⎨≥⎩，解得32a e ≥，又1a <，且34a =时符合题意.故选D ．. 【2014，3】设函数()f x ，()g x 的定义域都为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，则下列结论正确的是（ ）A .()f x ()g x 是偶函数B .|()f x |()g x 是奇函数C .()f x |()g x |是奇函数D .|()f x ()g x |是奇函数【解析】设()()()F x f x g x =，则()()()F x f x g x -=--，∵()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，∴()()()()F x f x g x F x -=-=-，()F x 为奇函数，选C.【2014，11】已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为A .（2，+∞）B .（-∞，-2）C .（1，+∞）D .（-∞，-1）【解析1】：由已知0a ≠，2()36f x ax x '=-，令()0f x '=，得0x =或2x a=， 当0a >时，()22,0,()0;0,,()0;,,()0x f x x f x x f x a a ⎛⎫⎛⎫'''∈-∞>∈<∈+∞> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；且(0)10f =>，()f x 有小于零的零点，不符合题意．当0a <时，()22,,()0;,0,()0;0,,()0x f x x f x x f x a a ⎛⎫⎛⎫'''∈-∞<∈>∈+∞< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭要使()f x 有唯一的零点0x 且0x ＞0，只需2()0f a>，即24a >，2a <-．选B 【解析2】：由已知0a ≠，()f x =3231ax x -+有唯一的正零点，等价于3113a x x =- 有唯一的正零根，令1t x=，则问题又等价于33a t t =-+有唯一的正零根，即y a =与33y t t =-+有唯一的交点且交点在在y 轴右侧记3()3f t t t =-+，2()33f t t '=-+，由()0f t '=，1t =±，()(),1,()0;1,1,()0;t f t t f t ''∈-∞-<∈->，()1,,()0t f t '∈+∞<，要使33a t t =-+有唯一的正零根，只需(1)2a f <-=-，选B【2013，11】已知函数f (x )＝220ln(1)0.x x x x x ⎧-+≤⎨+>⎩，，，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )．A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0] 解析：选D，由y ＝|f (x )|的图象知：①当x ＞0时，y ＝ax 只有a ≤0时，才能满足|f (x )|≥ax ，可排除B ，C. ②当x ≤0时，y ＝|f (x )|＝|－x 2＋2x |＝x 2－2x . 故由|f (x )|≥ax 得x 2－2x ≥ax .当x ＝0时，不等式为0≥0成立．当x ＜0时，不等式等价于x －2≤a ，∵x －2＜－2，∴a ≥－2. 综上可知：a ∈[－2,0]． 【2012，10】已知函数1()ln(1)f x x x=+-，则()y f x =的图像大致为（ ）【解析】()y f x =的定义域为{|1x x >-且0}x ≠，排除D ；A ．B ．D ．因为221(1)1'()[ln(1)](1)[ln(1)]x x f x x x x x x --+==+-++-，所以当(1,0)x ∈-时，'()0f x <，()y f x =在（－1，0）上是减函数；当(0,)x ∈+∞时，'()0f x >，()y f x =在(0,)+∞上是增函数．排除A 、C ，故选择B ．【2012，12】设点P 在曲线12xy e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则||PQ 的最小值为（ ） A ．1ln 2-Bln 2)-C ．1ln 2+Dln 2)+【解析】函数12xy e =与函数ln(2)y x =互为反函数，图象关于直线y x =对称． 问题转化为求曲线12xy e =上点P 到直线y x =的距离的最小值d ，则||PQ 的最小值为2d ．（用切线法）：设直线y x b =+与曲线12x y e =相切于点1(,)2t P t e ， 因为1'2x y e =，所以根据导数的几何意义，得112te =，ln 2t =，所以切点(ln 2,1)P ，从而1ln 2b =-，所以1ln 2y x =+- 因此曲线12xy e =上点P 到直线y x =的距离的最小值d 为直线 1ln 2y x =+-与直线y x =的距离，从而d =，所以min ||2ln2)PQ d =-，故选择B ． 【2011，2】下列函数中，既是偶函数又在+∞（0，）单调递增的函数是（ ）A ．3y x = (B) 1y x =+ C ．21y x =-+ (D) 2xy -=解析：由图像知选B 【2011，9】由曲线y 2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为（ ）A ．103 B ．4 C ．163D ．6解析：用定积分求解432420021162)(2)|323s x dx x x x =+=-+=⎰，选C【2011，12】函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于 A ．2 B ．4 C ．6 D ．8 解析：图像法求解．11y x =-的对称中心是（1,0）也是2sin (24)y x x π=-≤≤的中心，24x -≤≤他们的图像在x=1的左侧有4个交点，则x=1右侧必有4个交点．不妨把他们的横坐标由小到大设为1,2345678,,,,,,x x x x x x x x ，则182736452x x x x x x x x +=+=+=+=，所以选D二、填空题【2017，16】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，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 ，△F AB 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 ，△F AB ，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_______．【解析】由题，连接OD ，交BC 与点G ，由题，OD BC ⊥，OG =，即OG 的长度与BC 的长度或成正比，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =2132ABC S x =⋅=△，则213ABC V S h =⋅△令()452510f x x x =-，5(0,)2x ∈，()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，则()()280f x f =≤，则45V ，∴体积最大值为3．【2015，13】若函数f (x )=x ln （x a =解析：由函数f (x )=x ln （x ()ln(g x x =为奇函数（(0)0g ==）；由ln(ln(0x x ++-+=（()()0g x g x +-=），得ln 0a =，1a =，故填1.【2013，16】若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图像关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值为__________． 解析：∵函数f (x )的图像关于直线x ＝－2对称，∴f (x )满足f (0)＝f (－4)，f (－1)＝f (－3)，即15164,0893,b a b a b =-(-+)⎧⎨=-(-+)⎩解得8,15.a b =⎧⎨=⎩∴f (x )＝－x 4－8x 3－14x 2＋8x ＋15.由f ′(x )＝－4x 3－24x 2－28x ＋8＝0，得x 1＝－2x 2＝－2，x 3＝－2易知，f (x )在(－∞，－2上为增函数，在(－22)上为减函数，在(－2，－2上为增函数，在(－2∞)上为减函数．∴f (－2＝[1－(－2－2][(－22＋8(－2＋15]＝(－8－－＝80－64＝16.f (－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15]＝－3(4－16＋15)＝－9. f (－2＝[1－(－22][(－22＋8(－2＋15] ＝(－8＋＋＝80－64＝16. 故f (x )的最大值为16.三、解答题（2018·新课标I ，理21）已知函数()1ln f x x a x x=-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--.解析：解法1：(1)函数()f x 的定义域为()0,+∞，且()222111a x ax f x x x x-+'=--+=-. 当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,+∞上单调递减；当0a >时，24a ∆=-.①若02a <≤，则240a ∆=-≤，此时()0f x '≤，()f x 在()0,+∞上单调递减.②若2a >，则240a ∆=->，方程210x ax -+=有两根12,x x ，且1212010x x a x x +=>⎧⎨=>⎩，故两根12,x x都为正数，且1,22a x ±=.当2a a x ⎛⎛⎫+∈+∞⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '<； 当x ∈⎝⎭时，()0f x '>.综上可知，当2a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递减；当2a >时，()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎝⎭单调递增，在2a ⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递减. (2)因为12,x x 是()f x 的两个极值点，所以1212010x x a x x +=>⎧⎨=>⎩.所以要证()()111221212212121211ln ln ln 22x x a x x a x f x f x x x x a a x x x x x x -+--+-==-+<----⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即证1212ln1x x x x <-①，不妨设12x x >，即证11220ln x x x x <<-，两边平方得()2222111221212212212ln 2x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫-+<-==+- ⎪⎝⎭， 令121x t x =>，即证21ln 2t t t <+-.令()21ln 2h t t t t=--+，则()10h =，且()22ln 11112ln t h t t t t t t t ⎛⎫'=-+=-+ ⎪⎝⎭， 令()12ln m t t t t =-+，则()()222221212110t t t m t t t t t --+-'=--==-<， 所以()m t 在()1,+∞上单调递减，()()10m t m <=，所以()0h t '<，()h t 在()1,+∞上单调递减，()()10h t h <=，即21ln 2t t t<+-恒成立，即()()12122f x f x a x x -<--恒成立.【基本解法2】①式的证明：不妨设1210x x >>>，112112111ln ln ln ln 11x x x x x x x x --=<--，即21111ln 0x x x -+<，令()()21ln 1g x x x x x =-+>，则()()22212110x g x x x x --'=--=<，所以()g x 在()1,+∞上单调递减，所以()()10g x g <=恒成立，则①得证.【2017，12】已知函数()()22xx f x aea e 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．【解析】（1）由于()()2e 2e x x f x a a x =+--，故()()()()22e 2e 1e 12e 1x x x xf x a a a '=+--=-+，①当0a ≤时，e 10x a -<，2e 10x +>．从而()0f x '<恒成立．()f x 在R 上单调递减； ②当0a >时，令()0f x '=，从而e 10x a -=，得ln x a =-．综上，当0a ≤ 当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增（2）由（1）知，当0a ≤时，()f x 在R 上单调减，故()f x 在R 上至多一个零点，不满足条件． 当0a >时，()min 1ln 1ln f f a a a =-=-+．令()11ln g a a a=-+． 令()()11ln 0g a a a a =-+>，则()211'0g a a a=+>．从而()g a 在()0+∞，上单调增，而()10g =．故当01a <<时，()0g a <．当1a =时()0g a =．当1a >时()0g a >， 若1a >，则()min 11ln 0f a g a a=-+=>，故()0f x >恒成立，从而()f x 无零点，不满足条件． 若1a =，则min 11ln 0f a a=-+=，故()0f x =仅有一个实根ln 0x a =-=，不满足条件． 若01a <<，则min 11ln 0f a a =-+<，注意到ln 0a ->．()22110e e ea a f -=++->． 故()f x 在()1ln a --，上有一个实根，而又31ln 1ln ln a a a ⎛⎫->=- ⎪⎝⎭．且33ln 1ln 133ln(1)e e2ln 1a a f a a a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⋅+--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()3333132ln 11ln 10a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅-+---=---> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 故()f x 在3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上有一个实根． 又()f x 在()ln a -∞-，上单调减，在()ln a -+∞，单调增，故()f x 在R 上至多两个实根． 又()f x 在()1ln a --，及3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上均至少有一个实数根，故()f x 在R 上恰有两个实根．综上，01a <<．【法二】令()0f x =，则22x x xe x a e e+=+．再令0xt e =>，则22ln t t a t t +=+，而()f x 有两个零点，则22ln t t a t t +=+有两解，即直线y a =与曲线22ln t t y t t+=+有两个交点； 令()22ln (0)t t g t t t t +=>+，则()()()()()2222211ln 2ln t t t t t g t t t t t +--+'==++， 令()1ln h t t t =--，则()110h t t'=--<，注意到()10h =，所以()g t 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，即()()max 11g t g ==；而0lim (),lim ()0t t g t g t →→+∞→-∞→，所以当()0,1t ∈时，()(),1g t ∈-∞；当()0,1t ∈时，()()0,1g t ∈， 所以，当22ln t ta t t+=+有两解时，a 的取值范围为()0,1．【2016，12】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ．【解析】：⑴ 由已知得：()()()()()'12112x x f x x e a x x e a =-+-=-+① 若0a =，那么()()0202x f x x e x =⇔-=⇔=，()f x 只有唯一的零点2x =，不合题意； ② 若0a >，那么20x x e a e +>>，所以当1x >时，()'0f x >，()f x 单调递增;当1x <时，()'0f x <，()f x 单调递减; 即：由于()20f a =>，()10f e =-<，则()()210f f <， 根据零点存在性定理，()f x 在()1,2上有且仅有一个零点． 而当1x <时，x e e <，210x -<-<，故()()()()()()()222212111x f x x e a x e x a x a x e x e =-+->-+-=-+--则()0f x =的两根11t =，21t =+， 12t t <，因为0a >，故当1x t <或2x t >时，()()2110a x e x e -+-->因此，当1x <且1x t <时，()0f x >又()10f e =-<，根据零点存在性定理，()f x 在(),1-∞有且只有一个零点． 此时，()f x 在R 上有且只有两个零点，满足题意．③ 若02ea -<<，则()ln 2ln 1a e -<=，当()ln 2x a <-时，()1ln 210x a -<--<，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()'120x f x x e a =-+>，()f x 单调递增； 当()ln 21a x -<<时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()()'120x f x x e a =-+<，()f x 单调递减；当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增．即：()()()(){}22ln 22ln 22ln 21ln 2210f a a a a a a a -=---+--=--+<⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦故当1x ≤时，()f x 在()ln 2x a =-处取到最大值()ln 2f a -⎡⎤⎣⎦，那么()()ln 20f x f a -<⎡⎤⎣⎦≤恒成立，即()0f x =无解而当1x >时，()f x 单调递增，至多一个零点 此时()f x 在R 上至多一个零点，不合题意．④ 若2ea =-，那么()ln 21a -=当()1ln 2x a <=-时，10x -<，()ln 2220a x e a ea -+<+=，即()'0f x >，()f x 单调递增 当()1ln 2x a >=-时，10x ->，()ln 2220a x e a ea -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增又()f x 在1x =处有意义，故()f x 在R 上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．⑤ 若2ea <-，则()ln 21a ->当1x <时，10x -<，()ln 212220a x e a e a ea -+<+<+=，即()'0f x >，()f x 单调递增 当()1ln 2x a <<-时，10x ->，()ln 2220a x e a ea -+<+=，即()'0f x <，()f x 单调递减当()ln 2x a >-时，()1ln 210x a ->-->，()ln 2220a x e a ea -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增即：0e -<恒成立，即()0f x =无解当()ln 2x a >-时，()f x 单调递增，至多一个零点,此时()f x 在R 上至多一个零点，不合题意．综上所述，当且仅当0a >时符合题意，即a 的取值范围为()0,+∞． ⑵ 由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211x x x e x e a x x ---==--,()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x = ()()()2321'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增．设0m >，构造代数式： ()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111m m h m e m -=++，0m >,则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=．因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ 而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔-> 整理得：122x x +<．【2015，12】已知函数31()4f 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{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.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300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-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)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg 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2033x <<，所以令()0f x '=可得23a 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)44f 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 <<且()0f x '>1x <），所以x =最小值点，且14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-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5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()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54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点. 【2014，21】设函数1(0ln x xbe 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 >.【解析】(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为()0,+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--'=+-+ 由题意可得(1)2,(1)f f e '==，故1,2a b == ……………6分（Ⅱ）由(Ⅰ)知，12()ln x xe f x e x x-=+，从而()1f x >等价于2ln xx x xe e ->-设函数()ln g x x x =，则()l n g x x x'=+，所以当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，故()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，从而()g x 在()0,+∞的最小值为11()g e e =-. 设函数2()xh x xe e-=-，则()()1xh x e x -'=-，所以当()0,1x ∈时，()0h x '>，当()1,x ∈+∞时，()0h x '<，故()h x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，从而()h x ()g x 在()0,+∞的最小值1(1)h e=-. 综上：当0x >时，()()g x h x >，即()1f x >. ……………12分【2013，理21】设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (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，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围． 解：(1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2，f ′(0)＝4，g ′(0)＝4.而f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )，故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d ＋c ＝4. 从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)．设函数F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2，则F ′(x )＝2k e x (x ＋2)－2x －4＝2(x ＋2)(k e x －1)． 由题设可得F (0)≥0，即k ≥1.令F ′(x )＝0得x 1＝－ln k ，x 2＝－2.①若1≤k ＜e 2，则－2＜x 1≤0.从而当x ∈(－2，x 1)时，F ′(x )＜0；当x ∈(x 1，＋∞)时，F ′(x )＞0.即F (x )在(－2，x 1)单调递减，在(x 1，＋∞)单调递增．故F (x )在[－2，＋∞)的最小值为F (x 1)．而F (x 1)＝2x 1＋2－21x －4x 1－2＝－x 1(x 1＋2)≥0. 故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立．②若k ＝e 2，则F ′(x )＝2e 2(x ＋2)(e x －e －2)．从而当x ＞－2时，F ′(x )＞0，即F (x )在(－2，＋∞)单调递增． 而F (－2)＝0，故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立．③若k ＞e 2，则F (－2)＝－2k e －2＋2＝－2e －2(k －e 2)＜0. 从而当x ≥－2时，f (x )≤kg (x )不可能恒成立． 综上，k 的取值范围是[1，e 2]． 【2012】21．（本小题满分12分）已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-． （1）求)(x f 的解析式及单调区间；（2）若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值．【解析】（1）因为2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-，所以1'()'(1)(0)x f x f e f x -=-+，所以1(0)'(1)'(1)'(1)(0)1f f ef f f ⎧=⋅⎪⎨⎪=-+⎩，解得(0)1f =，'(1)f e =． 所以)(x f 的解析式为21()2xf x e x x =-+，由此得'()1x f x e x =-+． 而'()1xf x e x =-+是R 上的增函数，且'(0)0f =，因此，当(0,)x ∈+∞时，'()'(0)0f x f >=，)(x f 在(0,)+∞上是增函数； 当(,0)x ∈-∞时，'()'(0)0f x f <=，)(x f 在(,0)-∞上是减函数．综上所述，函数)(x f 的增区间为(0,)+∞，减区间为(,0)-∞．（2）由已知条件得(1)x e a x b -+≥． ①（i ）若10a +<，则对任意常数b ，当0x <，且11bx a -<+， 可得(1)x e a x b -+<，因此①式不成立． （ii ）若10a +=，则(1)0a b +=．（iii ）若10a +>，设()(1)x g x e a x =-+，则'()(1)x g x e a =-+．当(,ln(1))x a ∈-∞+，'()0g x <；当(ln(1),)x a ∈++∞，'()0g x > 从而()g x 在(,ln(1))a -∞+单调递减，在(ln(1),)a ++∞单调递增． 所以b ax x x f ++≥221)(等价于1(1)ln(1)b a a a ≤+-++． ② 因此22(1)(1)(1)ln(1)a b a a a +≤+-++．设22()(1)(1)ln(1)h a a a a =+-++，则'()(1)(12ln(1))h a a a =+-+． 所以()h a 在12(1,1)e --单调递增，在12(1,)e -+∞单调递减， 故()h a 在121a e =-在处取得最大值，从而()2e h a ≤，即(1)2e a b +≤． 当121a e =-，122e b =时，②式成立，故b ax x x f ++≥221)(．综合得，b a )1(+的最大值为2e．【2011，21】已知函数ln ()1a x bf 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 kf x x x>+-，求k 的取值范围． （21）解：（I ）()()221ln 1x a x b x f x x x +⎛⎫- ⎪⎝⎭'=-+ 由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点()1,1，故()()11112f f =⎧⎪⎨'=-⎪⎩，即1122b ab =⎧⎪⎨-=-⎪⎩，解得1a =，1b =. （II ）由（I ）知()ln 11x f x x x =++，所以()()()2211ln 12ln 11k x x k f x x x x x x ⎛⎫--⎛⎫ ⎪-+=+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭考虑函数()()()()2112ln 0k x h x x x x--=+>，则()()()22112k x xh x x -++'=（i ）设0k ≤，由()()()22211k x x h x x +--'=知，当1x ≠时，()0h x '<. 而()10h =，故当()0,1x ∈时，()0h x <，可得()2101h x x >-； 当()1,x ∈+∞时，()0h x <，可得()2101h x x>- 从而当0x >，且1x ≠时，()ln 01x k f x x x ⎛⎫-+> ⎪-⎝⎭，即()ln 1x k f x x x ⎛⎫>+ ⎪-⎝⎭.（ii ）设01k <<，由于当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()()21120k x x -++>，故()0h x '>，而()10h =，故当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0h x >，可得()2101h x x <-，与题设矛盾. （iii ）设1k ≥，此时()0h x '>，而()10h =，故当()1,x ∈+∞时，()0h x >，得()2101h x x <-，与题设矛盾.综合得，k 的取值范围为(],0-∞.。

导数历年高考真题精选及答案一．选择题1. （2011年高考山东卷文科4)曲线211y x =+在点P(1，12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是(A)-9 (B)-3 (C)9 (D)15 2.（2011年高考山东卷文科10)函数2sin2xy x =-的图象大致是3.（2011年高考江西卷文科4)曲线xy e =在点A （0,1）处的切线斜率为（ ） A.1 B.2 C.e D.1e4.2011年高考浙江卷文科10)设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()x f x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是5.（2011年高考湖南卷文科7)曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为（ ）A ．12- B ．12 C ．2 D 26.【2012高考重庆文8】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7.【2012高考浙江文10】设a ＞0，b ＞0，e 是自然对数的底数A. 若e a +2a=e b +3b ，则a ＞bB. 若e a +2a=e b +3b ，则a ＜bC. 若e a - 2a=e b -3b ，则a ＞bD. 若e a -2a=e b -3b ，则a ＜b8.【2012高考陕西文9】设函数f （x ）=2x+lnx 则 （ ） A ．x=12为f(x)的极大值点 B ．x=12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.【2012高考辽宁文8】函数y=12x 2-㏑x 的单调递减区间为 （A ）（-1,1] （B ）（0,1] （C.）[1，+∞） （D ）（0，+∞）10.【2102高考福建文12】已知f （x ）=x ³-6x ²+9x-abc ，a ＜b ＜c ，且f （a ）=f （b ）=f （c ）=0.现给出如下结论：①f （0）f （1）＞0；②f （0）f （1）＜0；③f （0）f （3）＞0；④f （0）f （3）＜0. 其中正确结论的序号是A.①③B.①④C.②③D.②④11.2012高考辽宁文12】已知P,Q 为抛物线x 2=2y 上两点，点P,Q 的横坐标分别为4，-2，过P,Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为 (A) 1 (B) 3 (C) -4 (D) -812..(2009年广东卷文)函数xe x xf )3()(-=的单调递增区间是( )A. )2,(-∞B.(0,3)C.(1,4)D. ),2(+∞13.（2009江西卷文）若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x =和21594y ax x =+-都相切，则a 等于( )A ．1-或25-64B ．1-或214C ．74-或25-64D ．74-或7 14.（2009湖南卷文）若函数()y f x =的导函数．．．在区间[,]a b 上是增函数， 则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是( )A B ． C ． D ． 二、填空题1.（2009辽宁卷文）若函数2()1x af x x +=+在1x =处取极值，则a =2.若曲线()2f x ax Inx =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 .3.（2009江苏卷）函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 .4.（2009宁夏海南卷文）曲线21xy xe x =++在点（0,1）处的切线方程为三．解答题1.（2009浙江文）（本题满分15分）已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++(,)a b ∈R ．（I ）若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值； （II ）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． a b a b a2.（2009北京文）（本小题共14分）设函数3()3(0)f x x ax b a =-+≠.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,())f x 处与直线8y =相切，求,a b 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点.3.2009山东卷文)（本小题满分12分）已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠ （1）当b a ,满足什么条件时,)(x f 取得极值?（2）已知0>a ,且)(x f 在区间(0,1]上单调递增,试用a 表示出b 的取值范围4.设函数321()(1)4243f x x a x ax a =--++，其中常数a>1 (Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a 的取值范围。

17.导数及其应用【高考真题】17-1（2011全国-9）由曲线，直线及轴所围成的图形的面积为（A ） （B ）．4 （C ）． （D ）．6 17-2（2011全国-20）在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足∥，··，M 点的轨迹为曲线。

（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）为上的动点，为在点处的切线，求点到距离的最小值。

17-3（2011全国-21）已知函数，曲线在点（1，）处的切线方程为。

（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。

17-4（2012全国-12）设点P 在曲线上，点Q 在曲线上，则的最小值为（ ） （A ） （B（C ）（D17-5（2012全国-21）已知函数满足。

（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值。

y =2y x =-y 103163xOy (0,1)A -B 3y =-M MB OA MA AB =MB BA C C P C l C P O l ln ()1a x b f x x x =++()y f x =(1)f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x k f x x x>+-k 12x y e =ln(2)y x =||PQ 1ln2-ln 2)-1ln2+ln 2)+)(x f 2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-)(x f b ax x x f ++≥221)(b a )1(+17-6（2013全国Ⅰ-11）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x x ≤0ln(x ＋1) x ＞0，若| f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是 （A ）（－∞，0] （B ）（－∞，1] （C ）[－2，1] （D ）[－2，0] 17-7（2013全国Ⅰ-21）已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (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（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，f (x )≤kgf (x )，求k 的取值范围。

2018年全国2卷理科数学十年真题分类汇编3 导数3.导数一、基础题组1.【2014新课标，理8】设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a=（）A。

0.B。

1.C。

2.D。

3答案】D解析】因为$y'=a-\frac{1}{x+1}$，所以切线的斜率为$a-1=2$，解得$a=3$，故选D。

2.【2017课标II，理11】若$x=-2$是函数$f(x)=(x+ax^{-1})e^{-3x}$的极值点，则$f(x)$的极小值为A．$-1$。

B．$-2e^{-3}$。

C．$5e^{-3}$。

D．$1$答案】A考点】函数的极值、函数的单调性名师点睛】（1）可导函数$y=f(x)$在点$x$处取得极值的充要条件是$f'(x)=0$，且在$x$左侧与右侧$f'(x)$的符号不同；（2）若$f(x)$在$(a,b)$内有极值，那么$f(x)$在$(a,b)$内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．3.【2005全国2，理22】(本小题满分12分)已知$a\geqslant0$，函数$f(x)=(x^2-2ax)e^x$．Ⅰ)当$a$为何值时，$f(x)$取得最小值？证明你的结论；Ⅱ)设$f(x)$在$[-1,1]$上是单调函数，求$a$的取值范围．解析】：（I）对函数$f(x)$求导数得$f'(x)=(x+2x-2ax-2a)e^{2x}$，令$f'(x)=0$，得$x+2(1-a)e^{-2x}=0$，从而$x=\frac{1}{2}\ln\frac{1}{1-a}$。

解得$x_1=a-1-\sqrt{a^2-a+1},x_2=a-1+\sqrt{a^2-a+1}$当$a\geqslant1$时，$x_1x_2$上为增函数，而当$x=0$时，$f(x)>0$，所以当$x=x_2$时，$f(x)$取得最小值。

II）因为$f(x)$在$[-1,1]$上是单调函数，所以$f'(x)$在$(-1,0)$上单调递减，在$(0,1)$上单调递增。

1．（5分）（2011•新课标）由曲线y=，直线y=x﹣2及y轴所围成的图形的面积为（）A．B．4 C．D．6【分析】利用定积分知识求解该区域面积是解决本题的关键，要确定出曲线y=，直线y=x﹣2的交点，确定出积分区间和被积函数，利用导数和积分的关系完成本题的求解．【解答】解：联立方程得到两曲线的交点（4，2），因此曲线y=，直线y=x﹣2及y轴所围成的图形的面积为：S=．故选C．2．（5分）（2014•新课标Ⅰ理）已知函数f（x）=ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，﹣2）【分析】由题意可得f′（x）=3ax2﹣6x=3x（ax﹣2），f（0）=1；分类讨论确定函数的零点的个数及位置即可．【解答】解：∵f（x）=ax3﹣3x2+1，∴f′（x）=3ax2﹣6x=3x（ax﹣2），f（0）=1；①当a=0时，f（x）=﹣3x2+1有两个零点，不成立；②当a＞0时，f（x）=ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立；③当a＜0时，f（x）=ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一个零点；故f（x）=ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上没有零点；而当x=时，f（x）=ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上取得最小值；故f（）=﹣3•+1＞0；故a＜﹣2；综上所述，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）；故选：D．【点评】本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用，同时考查了函数的零点的判定的应用，属于基础题．3．（5分）（2015•新课标Ⅰ理）设函数f（x）=e x（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．[） B．[）C．[）D．[）【分析】设g（x）=e x（2x﹣1），y=ax﹣a，问题转化为存在唯一的整数x0使得g （x0）在直线y=ax﹣a的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得﹣a＞g（0）=﹣1且g（﹣1）=﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解关于a的不等式组可得．【解答】解：设g（x）=e x（2x﹣1），y=ax﹣a，由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y=ax﹣a的下方，∵g′（x）=e x（2x﹣1）+2e x=e x（2x+1），∴当x＜﹣时，g′（x）＜0，当x＞﹣时，g′（x）＞0，∴当x=﹣时，g（x）取最小值﹣2，当x=0时，g（0）=﹣1，当x=1时，g（1）=e＞0，直线y=ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，故﹣a＞g（0）=﹣1且g（﹣1）=﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得≤a＜1故选：D5．（5分）（2018•新课标Ⅰ理）设函数32()(1)f x x a x 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 ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =【分析】利用奇函数偶此项系数为零求得，进而得到的解析式，再对求导得出切线的斜率，进而求得切线方程.【解答】因为函数是奇函数，所以，解得， 所以，， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 化简可得，故选D.【点评】该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.16．（5分）（2018•新课标Ⅰ理）已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．【分析】首先对函数进行求导，化简求得，从而确定出函数的单调区间，减区间为，增区间为，确定出函数的最小值点，从而求得代入求得函数的最小值.【解答】，所以当时函数单调减，当时函数单调增，从而得到函数的减区间为，函数的增区间为，所以当时，函数取得最小值，此时，所以，故答案是.【点评】该题考查的是有关应用导数研究函数的最小值问题，在求解的过程中，需要明确相关的函数的求导公式，需要明白导数的符号与函数的单调性的关系，确定出函数的单调增区间和单调减区间，进而求得函数的最小值点，从而求得相应的三角函数值，代入求得函数的最小值.4．（12分）（2011•新课标）已知函数f（x）=+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y﹣3=0．（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）如果当x＞0，且x≠1时，f（x）＞+，求k的取值范围．【分析】（I）求出函数的导数；利用切线方程求出切线的斜率及切点；利用函数在切点处的导数值为曲线切线的斜率及切点也在曲线上，列出方程组，求出a，b值．（II）将不等式变形，构造新函数，求出新函数的导数，对参数k分类讨论，判断出导函数的符号，得到函数的单调性，求出函数的最值，求出参数k的范围．【解答】解：由题意f（1）=1，即切点坐标是（1，1）（Ⅰ）。

2018年全国卷理科数学十年真题分类汇编导数一．基础题组1.【2010新课标，理3】曲线 $y=\frac{x}{x+2}$ 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】A2.【2008全国1，理6】若函数 $y=f(x-1)$ 的图像与函数$y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称，则 $f(x)=\_\_\_$A。

$e^{2x}-1$。

B。

$e^{2x}$C。

$e^{2x}+1$。

D。

$e^{2x}+2$答案】B.解析】由 $y=\ln x+1 \Rightarrow x=e。

f(x-1)=e^{2(x-1)}。

f(x)=e^{2x}$。

因为 $y=f(x-1)$ 的图像与 $y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称，所以 $f(x)$ 的图像也与 $y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称。

因此，$f(x)$ 的图像为 $y=\ln x-1$ 的图像上下平移一定距离得到。

所以 $f(x)$ 的图像单调性与 $y=\ln x+1$ 相同。

即在 $(-\infty,0)$ 上单调递减，在$(0,+\infty)$ 上单调递增。

3.【2012全国，理21】已知函数 $f(x)$ 满足$f(x)=f'(1)e^{x-1}$。

1)求 $f(x)$ 的解析式及单调区间；2)若 $f(x) \geq -\frac{f(0)x}{2}+\frac{1}{2}x^2+ax+b$，求$(a+1)b$ 的最大值。

解析】(1)由已知得 $f'(x)=f'(1)e^{x-1}-f(0)+1$。

所以$f'(1)=f'(1)-f(0)+1$，即 $f(0)=1$。

又 $f(0)=f'(1)e^{0-1}$，所以$f'(1)=e$。

从而 $f(x)=e^{x-1}+x-\frac{1}{2}$。