高考导数压轴题题型 11页

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  • 2021-05-13 发布

高考导数压轴题题型

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高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11‎ 一.求函数的单调区间,函数的单调性 ‎1.【2012新课标】21. 已知函数满足满足;‎ ‎(1)求的解析式及单调区间;‎ ‎【解析】‎ ‎(1)‎ 令得: ‎ 得:‎ 在上单调递增 得:的解析式为 且单调递增区间为,单调递减区间为 ‎2.【2013新课标2】21.已知函数f(x)=ex-ln(x+m).‎ ‎(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;‎ ‎【解析】‎ ‎(1)f′(x)=. 由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1.‎ 于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=.‎ 函数f′(x)=在(-1,+∞)单调递增,且f′(0)=0.‎ 因此当x∈(-1,0)时,f′(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.‎ ‎3.【2014新课标2】21. 已知函数=‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎【解析】‎ ‎(1)f‘x=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立,所以f(x)在(—∞,+∞)单调递增 ‎【2015新课标2】21. 设函数。‎ ‎(1)证明:在单调递减,在单调递增;‎ ‎(2)若对于任意,都有,求m的取值范围。‎ ‎4.【2017新课标1】21. 已知函数。‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎【解析】‎ ‎(1)的定义域为,,‎ ‎(ⅰ)若,则,所以在单调递减.‎ ‎(ⅱ)若,则由得.‎ 当时,;当时,,所以在单调递减,在单调递增.‎ 二. 由函数不等式,求参数或参数的取值范围或参数的最值 ‎5.【2017新课标2】21. 已知函数且。‎ ‎(1)求a;‎ ‎【解析】‎ ‎(1)因为f(x)=ax2﹣ax﹣xlnx=x(ax﹣a﹣lnx)(x>0),‎ 则f(x)≥0等价于h(x)=ax﹣a﹣lnx≥0,‎ 因为h′(x)=a﹣,且当0<x<时h′(x)<0、当x>时h′(x)>0,‎ 所以h(x)min=h(),又因为h(1)=a﹣a﹣ln1=0,所以=1,解得a=1;‎ ‎6.【2017新课标3】21. 已知函数.‎ ‎(1)若,求的值;‎ ‎【解析】‎ ‎(1) ,,则,且 当时,,在上单调增,所以时,,不满足题意;‎ 当时,当时,,则在上单调递减;当时,,则在上单调递增。‎ ‎①若,在上单调递增∴当时矛盾 ‎②若,在上单调递减∴当时矛盾 ‎③若,在上单调递减,在上单调递增∴满足题意 综上所述。‎ ‎7.【2011新课标】21. 已知函数,曲线在点处的切线方程为。‎ ‎(1)求、的值;‎ ‎(2)如果当,且时,,求的取值范围。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)‎ 由于直线的斜率为,且过点,‎ 故 即 解得,。‎ ‎(2)由(1)知,所以 ‎。‎ 考虑函数,则。‎ ‎(i)设,由知,当时,。而,故 当时,,可得;‎ 当x(1,+)时,h(x)<0,可得 h(x)>0‎ 从而当x>0,且x1时,f(x)-(+)>0,即f(x)>+.‎ ‎(ii)设00,故h’ (x)>0,而h(1)=0,故当x(1,)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾。‎ ‎(iii)设k1.此时h’ (x)>0,而h(1)=0,故当x(1,+)时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题设矛盾。‎ ‎ 综合得,k的取值范围为(-,0)‎ ‎8.【2012新课标】21. 已知函数满足满足;‎ ‎(1)求的解析式及单调区间;‎ ‎(2)若,求的最大值。‎ ‎【解析】‎ ‎(2)得 ①当时,在上单调递增 时,与矛盾 ②当时,‎ 得:当时,‎ 令;则 ‎ ‎ 当时,;当时,的最大值为 ‎9.【2013新课标1】21. 已知函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(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, ,求k的取值范围。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由已知得,‎ 而=,=,∴=4,=2,=2,=2;‎ ‎(2)由(1)知,,,‎ 设函数==(),‎ ‎==,‎ 有题设可得≥0,即,‎ 令=0得,=,=-2,‎ ①若,则-2<≤0,∴当时,<0,当时, >0,即在单调递减,在单调递增,故在=取最小值, ‎ 而==≥0,‎ ‎∴当≥-2时,≥0,即≤恒成立,‎ ②若,则=,‎ ‎∴当≥-2时,≥0,∴在(-2,+∞)单调递增,而=0,‎ ‎∴当≥-2时,≥0,即≤恒成立,‎ ‎③若,则==<0,‎ ‎∴当≥-2时,≤不可能恒成立,‎ 综上所述,的取值范围为[1,]‎ ‎10.【2014新课标2】21. 已知函数=‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎(2)设,当时,,求的最大值;‎ ‎【解析】‎ ‎(1)f‘x=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立,所以f(x)在(—∞,+∞)单调递增 ‎(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x ‎ g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)( ex+e-x-2b+2)‎ ‎①当b2时,g’(x) 0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-,+‎ ‎)单调递增,而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0;‎ ‎②当b>2时,若x满足,2< <2b-2即 0