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- 2021-05-14 发布
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2011-2018新课标(理科)导数压轴题分类汇编
【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）
【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】
（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）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
【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,]
【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；
(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.
【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．
(2)当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.
当m＝2时，函数f′(x)＝在(－2，＋∞)单调递增．
又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．
当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0得＝，ln(x0＋2)＝－x0，
故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0. 综上，当m≤2时，f(x)＞0.
【2014新课标1】21．设函数f（x）=aexlnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．
（ 1）求a、b；（ 2）证明：f（x）＞1．
【解析】
（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）， f′（x）=+，
由题意可得f（1）=2，f′（1）=e， 故a=1，b=2；
（2）由（1）知，f（x）=exlnx+，
从而f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，
∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．
故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）=﹣．
设函数h（x）=，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）．
∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．
综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．
【2014新课标2】21. 已知函数=zxxk
（1）讨论的单调性；
（2）设，当时，,求的最大值；
（3）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001）
【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 00,ln2>>0.6928
当b=+1时，ln(b-1+)=ln
g(ln)=-2+(3+2)ln2<0 In2<<0.693
【2015新课标1】21. 已知函数f（x）=
(1)当a为何值时，x轴为曲线 的切线；
(2)用表示m,n中最小值，设函数 ，讨论h（x）零点的个数
【解析】
（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，
即，解得. 因此，当时，轴是曲线的切线.
（Ⅱ）
当时，，从而，
∴在（1，+∞）无零点.
当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.
当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.
(ⅰ)若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.
(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.
① 若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.
① 若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；
② 若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.
综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.
【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。
【解析】
【2016新课标1】21. 已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围；
(II)设是的两个零点，证明：.
【解析】
（I）
①当时，，此时函数只有一个零点，不符合题意舍去；
②当时，由，由，
所以在上递减，在上递增，
，又，所以函数在上只有一个零点，
当时，，此时，，所以函数在上只有一个零点
此时函数fx=x-2ex+a(x-1)2有两个零点.
③当时，，由，
由
所以在和上递增，在上递减，
，
此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去；
④当时，恒成立，此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去
⑤当时，，由，由
所以在和上递增，在上递减，
，因为在上递减，所以
此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去.
综上可知.
(II)由(I)若是f(x)的两个零点，则，不妨令，则
要证x1，只要证，
，，当时，在上递减，
且，所以，只要证，
，又
令 ，
，
在上递减，当时，
，即成立， 成立.
【2016新课标2】
(1)讨论函数的单调性，并证明当时，
(2)证明：当 时，函数 有最小值.设的最小值为，求函数的值域.
【解析】
⑴
∵当时， ∴在上单调递增
∴时， ∴
⑵
由(1)知，当时，的值域为，只有一解．
使得，
当时，单调减；当时，单调增
记，在时，，∴单调递增
∴．
【2016新课标3】21. 设函数f (x)＝acos2x＋(a－1)(cosx＋1)，其中a＞0，记|f (x)|的最大值为A，
(1)求f '(x)；(2)求A；(3)证明|f '(x)|≤2A
【解析】
(1) f '(x)＝－2αsin2x－(α－1)sinx
(2) 当α≥1时， |f '(x)|＝|αsin2x＋(α－1)(cosx＋1)| ≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)
因此A＝3α－2
当0＜α，1时，将f (x)变形为f (x)＝2αcos2x＋(α－1)cosx－1
令g(t)＝2 αt2＋(α－1)t－1则A是|g(t)|在[－1，1]上的最大值，g(－1)＝α， g(1)＝3 α－2
且当t＝时，g(t)取得极小值，极小值为g()＝－－1＝－
令－1＜＜1，解得α＜－(舍去），α＞，
(i)当0＜α≤时，g(t)在(－1，1)内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)＝2－3α，
|g(－1)|＜|g(1)|∴A＝2－3α
(ii)当＜α＜1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)＞0知，g(－1)＞g(1)＞g()，又
－|g(－1)|＝＞0∴A＝＝
综上，A＝……………………9分
(3)由(1)得
|f '(x)|＝|－2αsin2x－(α－1)sinx|≤2α＋|α－1|
当0＜α＜时|f '(x)|≤1＋α≤2－4α＜2(2－3α)＝2A
当＜α＜1时，A＝＋＋≥1，∴|f '(x)|≤1＋α＜2A
当α≥1时|f '(x)|≤3 α－1≤6 α－4＝2A，∴|f '(x)|≤2A
【2017新课标1】21. 已知函数。
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围。
【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.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即.
又，故在有一个零点.
设正整数满足，则.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为。
【2017新课标2】21. 已知函数且。
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且。
【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；
（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，
令t′（x）=0，解得：x=，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′(x)=0存在两根x0，x2，
且不妨设f′(x)在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，
所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；由f′（）＜0可知x0＜＜，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）=；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【2017新课标3】21. 已知函数．
（1）若，求的值；
（2）设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值。
【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。
（2） 当时即，则有当且仅当时等号成立
∴，
一方面：，
即。
另一方面：
当时，
∵，，∴的最小值为。
【2018新课标1】21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，证明：．
【解析】
（1）的定义域为，．
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减．
（ii）若，令得，或．
当时，；
当时，．所以在单调递减，在单调递增．
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当．
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则．
由于，
所以等价于．
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，．
所以，即．
【2018新课标2】21. 已知函数。
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求。
【解析】
（1）当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
（2）设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
【2018新课标3】21. 已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【解析】
（1）当时，，．
设函数，则．
当时，；当时，．故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，．
所以在单调递增．
又，故当时，；当时，．
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾．
（ii）若，设函数．
由于当时，，故与符号相同．
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点．
．
如果，则当，且时，，故不是的极大值点．
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点．
如果，则．则当时，；当时，．所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，．
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