高考导数大题大全理科

1、一、解答题1.解:()函数f(x)的定义域为(0,)，f(x)aexlnxaxbx1bx1xex2ee.x由题意可得f(1)2,f(1)e.故a1,b2.（）由()知f(x)exlnx2ex1,进而f(x)1等价于xlnxxex2.xe设函数g(x)xlnx，则g(x)1lnx，因此当x(0,1)时，g(x)0;e当x(1,)时，g(x)0,故g(x)在(0,1)单一递减，在(1,)单一递加，eee进而g(x)在(0,)的最小值为g(1)1.ee设函数h(x)xex2，则h(x)ex(1x)，因此当x(0,1)时，h(x)0；e当x(1,)时，h(x)0，故h(x)在(0,1)上单一递加，在(

2、1,)上单一递减，进而h(x)在(0,)的最大值为h(1)1.e综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1.2.解题指南（1）依据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（2）依据函数的单一性以及函数极值与导数的关系式确立函数的极值点，代入函数中求解.解析（1）f/(x)1a2(x2)2xax24(a1)（*）ax(x2)2(1ax)(x2)2当a1时，f/(x)0，此时，f(x)在区间(0,)上单一递加当0a1时，由f/(x)0得x121a，（x221a舍去）aa当x(0,x1)时，f/(x)0；当x(x1,)时，f/(x)0故f(x)在区间(0,x1)上单一递减，在区间(x1,)

3、上单一递加综上所述，当a1时，f(x)在区间(0,)上单一递加当0a1时，f(x)在区间(0,21a)上单一递减，在区间(21a,)上单一递加aa由（*）式知，当a1时，f/(x)0，此时f(x)不存在极值点，因此要使得f(x)有两个极值点，必有0a1又f(x)的极值点只可能是x121a和x221a，且由定义可知，x1aaa且x2，因此21a1且21a2，解得a1aaa2此时，由（*）式易知，x1,x2分别是f(x)的极小值和极大值点，而令2a1x，则0a1且1知：当1时，1x0；当1时，0 x1a20a22a1记g(x)lnx222，x（）当1x0时，g(x)2ln(x)22，因此g/(x)

4、222x20 xxx2x2因此，g(x)在区间(1,0)上单一递减，进而g(x)g(1)40，故当01时，a2f(x1)f(x2)00 x1时，g(x)2lnx22/222x20（）当x，因此g(x)x2x2x因此，g(x)在区间(0,1)上单一递减，进而g(x)g(1)0，故当时1a1，f(x1)f(x2)02综上所述，知足条件的a的取值范围为(1,1)23.(1)证明：因为对随意xR，都有f(x)exe(x)exexf(x)，因此f(x)是R上的偶函数(2)解：由条件知(exex1)ex1在(0，+)上恒成立m令t=ex(x0)，则t1，因此t11对于随意t1成立mt2t11t11t1因为

5、t1112(t1)11=3，因此11，t131(t1)t11t1当且仅当t=2，即x=ln2时等号成立因此实数的取值范围是13(3)解：令函数g(x)ex1a(x33x)，则g(x)ex13a(x21)exex当x1时，ex10，x210，又a0，故g(x)0，因此g(x)是1，+)上的单一增函数，ex因此g(x)在1，+)上的最小值是g(1)ee12ax0 x0a(30成立，当且仅当最小值g(1)0，0故e+e12a0，即aee12令函数h(x)x(e1)lnx1，则h(x)1e1，令h(x)=0，得xe1x当x(0,e1)时，h(x)0，故h(x)是(e1，+)上的单一增函数因此h(x)在

6、(0，+)上的最小值是h(e1)注意到h(1)=h，因此当x(1,e1)?(0,e1)时，h(e1)hxh；(e)=0()(1)=0当a(e1,e)(e1,)时，h(x)h(e)=0，因此h(x)0对随意的x(1，e)成立当aee1,e?(1，e)时，h(a)a综上所述，当aee1a1ae1a1ae1(e,)2,e时，e，当a=e时，e，当a时，ea1ae14.解题指南：（I）利用f(x)为偶函数和y=f(x)在点(0,f(0)处的切线的斜率为4c成立对于a,b的方程求解.（II）利用基本不等式求解.(III)需对c进行分类，讨论方程f(x)0能否有实根，进而确立极值.解析：（I）对f(x)求

7、导得(x)2x2xc，由f(x)为偶函数，知fx)f(x)，f2ae2be(即2(a2xe2x0，因e2xe2x0，因此ab.b)(e)又f(0)2a2bc4c，故a1,b1.（II）当c3时，f(x)e2xe2x3x，那么故f(x)在R上为增函数.(III)由（）知f(x)2e2x2e2xc，而2e2x2e2x22e2x2e2x4,当x0时等号成立.下边分三种状况进行讨论.当c4时，对随意xR,f(x)2x2xc0，此时f(x)无极值；2e2e当c4时，对随意x0,f(x)2e2x2e2xc0，此时f(x)无极值；当c42xt，注意到方程2t2c0有两根t1,2cc2160，时，令et4即f

8、(x)0有两根x111lnt1或x2lnt2.22当x1xx2时，f(x)0；又当xx2时，f(x)0，进而f(x)在xx2处获得极小值；综上，若f(x)有极值，则c取值范围为4,.5.解题指南（1）先求导数，联合解不等式求解函数的单一区间；（2）利用单一性与导数的关系求解字母的取值范围.解析当b4时,f(x)(x24x4)12x,定义域为(,21),f(x)(2x4)12x(x24x4)11(2)5x(x2).212x12x令f(x)0,解得x12,x20.当x2或0 x1f(x)0；当2x0时,f(x)0.因此f(x)在(,2),(0,21)上单一递2时,减；在(2,0)上单一递加.因此当

9、x2时,f(x)获得极小值f(2)0；当x0时,f(x)获得极大值f(0)4.因为f(x)在(0,1)上单一递加,因此f(x)0,且不恒等于0对x(0,1)恒成立.33f(x)(2xb)12x(x2bxb)112x(2)5x22x3bx,因此5x23bx2x0,2112x25x25x251111得b3因此b(,.(3)min.因为33,故b的取值范围为9996.解析：（）对f(x)求导得f(x)(6xa)ex(3x2ax)ex3x2(6a)xa,(ex)2ex因为f(x)在x0处获得极值，因此f(0)0即a0.当a0时，f(x)=3x2f(x)3x26x,故f(1)3(1)3,进而f(x)在点

10、（1，f(1)）处ex,exe,fe的切线方程为y33(x1),化简得3xey0.ee（）由（）知f(x)3x2(6a)xa.ex令g(x)3x2(6a)xa,由g(x)0解得x16aa236,x26aa236.66当xx1时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数；当x1xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为增函数；当xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数；由f(x)在3,x26aa2363,解得a9上为减函数，知6,2故a的取值范围为9,.2考点分类第四章考点一、导数的见解、运算及其几何意义；考点二、导数的应用；第九章考点一、不等关系与一元二次不等式7.解：

11、（1）f(x)2xex(1x2)ex(x1)2ex0（仅当x1时取等号），f(x)的单一递加区间为(,)（2）f(0)1a0，f(lna)(lna)2a0，f(x)在单一递加区间(,)上仅有一个零点（3）由题意知f(P)0，又仅f(1)0，得xP1，yP2a，xe由题意知f()2ma2，mkOP，得(m1)ee要证m3a21，即要证(m1)3a2，ee只要证(m1)3(m1)2em，即要证m1em，设g(m)m1em，则g(m)1em，又g(m)=0m=0，g(m)在(,0)上递加，在(0,+)上递减。g(m)g(0)0，即不等式成立，得证8.解：对f(x)求导，得f(x)(x24x)ex，由

12、f(x)0，解得4x0，因此f(x)的单一递减区间为(4,0)。9.（1）解：由f(x)=nxxn，可得f(x)nnxn1n1xn1，此中nN，且n2.下边分两种状况讨论：当n为奇数时.令f(x)0，解得x1，或x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化状况以下表：-+-因此，f(x)在,1，1,上单一递减，在1,1内单一递加。当n为偶数时.当f(x)0，即x1时，函数f(x)单一递加；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单一递减.因此，f(x)在,1上单一递加，在1,上单一递减.（2）证明：设点P的坐标为x0,0，则x01，f(x0)nn2.曲线yf(x)在点P处的切nn1线方程为yf(x0

13、)xx0，即g(x)f(x0)(xx0).令F(x)f(x)gx，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0).因为f(x)nxn1n在0,上单一递减，故F(x)在0,上单一递减.又因为F(x0)0，因此当x0,x0时，F(x)0，当xx0,时，F(x)0，因此F(x)在0,x0内单一递加，在x0,上单一递减，因此对于随意的正实数x，都有F(x)F(x0)0，即对于随意的正实数x，都有f(x)gx.（3）证明：不如设x1x2.由（2）知gxnn2xx0.设方程gxa的根为x2，可得x2ax0，当n2时，gx在,上单一递减.n2n又由（2）知gx2fx2agx2，可得x2

14、x2.近似地，设曲线yfx在原点处的切线方程为yhx，可得hxnx，当x0,，fxhxxn0，即对于随意的x0,，fxhx.设方程hxa的根为x1，可得x1a.因为hxnx在,上单一递加，且nhx1afx1hx1，因此x1x1.由此可得x2x1x2x1ax0.1n因为n2，因此2n111n11C1n11n1n，故21x0.nn1则当x1x2时，|x2x1|x2x1a21n同理可证当x1x2时，结论也成立因此，x2x1a2.1n10.解：（）f(x)x1a(2x1)2ax2ax1a，函数f(x)极值点的个数等价于f(x)0，即1x12ax2ax1a0在x(1,)上的变号根的个数.令g(x)2ax

15、2ax1a，a0时，g(x)10，此时f(x)0，函数f(x)单一递加，无极值点；a0时，令a28a(1a)9a28a0，解得0a8时，f(x)单一递加，无极值点；9a0时，0，抛物线g(x)的张口向下，对称轴为x11a0,g(1)10，g(0)42ax2ax1a0在x(1,)上有一个变号根，即f(x)有一个极值点；8012a时，抛物线g(x)的张口向上，对称轴为x，2axax1a094g(1)1011在x()上各有一个变号根，即f(x)有两个极值点.1,)与x(,4488综上：a0时，f(x)有一个极值点；0a时，f(x)无极值点；a时，f(x)有两个极值点.99（）由（）知，0a8时，f(

16、x)0恒成立，f(x)单一递加，因此x0时，f(x)f(0)09符合题意；a0时，令h(x)ln(x1)x,x0,h(x)11x0，因此h(x)单一递减，x1x1h(x)h(0)0，所以ln(x1)x，因为f(x)在x0时先增后减，f(x)ln(x1)a(x2x)xa(x2x)ax2(1a)x.当x时，f(x),不知足，x0,f(x)0，舍去；8a1时，由（）知，对称轴x1,0，g(0)1a0，因此f(x)0恒成立，f(x)94单一递加，即x0时，f(x)f(0)0符合题意；a1时，由（）知，对称轴x1,0，g(0)1a0，因此存在x00,使4x(0,x0)g(x)0,即f(x)0，f(x)单

17、一递减，故x(0,x0)x0时，f(x)f(0)0不符合x0,f(x)0，舍去.综上：所求a的取值范围是0,1.11.解法一：（1）令F(x)f(x)xln(1x)x,x0,)，则有F(x)11xx.1x1当x(0,)时，F(x)0，因此F(x)在0,)上单一递减，故当x0时，F(x)F(0)0，即当x0时，f(x)x.（2）令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx,x0,)，则有G(x)1kkx(1k),x1x1当k0时，G(x)0，故G(x)在0,)单一递加,G(x)G(0)0，故对随意正实数x0均知足题意.当0k1时，令G(x)0，得x1k110，kk1取x01，对随意x(0,x0)，

18、有G(x)0，k进而G(x)在0,x0)单一递加，因此G(x)G(0)0，即f(x)g(x)综上，当k1时，总存在x00，使得对随意x(0,x0)，恒有f(x)g(x).（3）当k1时，由（1）知，对于x(0,),g(x)xf(x)，故g(x)f(x).|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x).令M(x)kxln(1x)x2,x0,)，则有M(x)k12x2x2(k2)xk1.1xx1故当xk2(k2)28(k1)(x)0,(0,4)时，MM(x)在0,k2(k2)28(k1)上单一递加，4故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2,因此知足题意的t不存在当k1时，由（2）知

19、，存在x00，使合适x(0,x0)时，f(x)g(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx.令N(x)ln(1x)kxx2,x0,)，则有N(x)11k2x2x2(k2)x1k，xx1(k2)(k2)28(1k)0，当x(0,4)时，N(x)N(x)在0,(k2)(k2)28(1k)上单一递加，4故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2.记x0与(k2)(k2)28(1k)x1，4中的较小者为则当x(0,x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故知足题意的t不存在当k1时，由（1）知，当x0时，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x).令H(x)xln(1x

20、)x2,x0,)，则有H(x)112x2x2x.1xx1当x0时，H(x)0,因此H(x)在0,)上单一递减，故H(x)H(0)0.故当x0时，恒有|f(x)g(x)|x2.此时，随意正实数t均知足题意.综上，k1.解法二：（1）（2）同解法一.（3）当k1时，由（1）知，对于x(0,),g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x.令(k1)xx2，解得0 xk1.进而获得，当k1时，对于x(0,k1)，恒有|f(x)g(x)|x2.故知足题意的t不存在。当k1时，取k1k1k11.2，进而k由（2）知，存在x00，使得x(0,x0),f(x)k

21、1xkxg(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)x1kx，令1kx1k，此时f(x)2x2，解得0 xg(x)x2.21k的较小者为2记x0与x1，当x(0,x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.2故知足题意的t不存在.当k1时，由（1）知，x0,|f(x)g(x)|f(x)g(x)xln(1x)，令M(x)xln(1x)x2,x0,)，则有M(x)112x2x2x.1xx1当x0时，M(x)0，因此M(x)在0,)上单一递减，故M(x)M(0)0故当x0时，恒有|f(x)g(x)|x2，此时，随意正实数t均知足题意综上，k1.12.证明：（1）f(x)aeaxsinxe

22、axcosx此中tan=1，0.a2令f(x)=0，由x0得x+=mx,即x=m-，mN*.对kN，若2kx+(2k+1),即2k-x0；若（2k+1）x+(2k+2),即（2k+1）-x(2k+2)-，则f(x)0.因此，在区间（m-1），m-）与（m-，m）上，f(x)的符号总相反.于是当x=m-(mN*)时，f(x)获得极值，因此xnn(nN*).ansin(n)(1)n1eansin.易知f(xn)0，而此时，f(xn)e是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)=eansin，公比为eax的等比数列（2）由（1）知，sin=11，于是对全部nN*,xn0）设g（t）=etet(t1)

23、令（t）0），则（）=.g（t）=0得t=1tgtt2）在区间（0,1）上单一递减；当0t1时，g（t）1时，g（t）0，因此g（t）在区间（0,1进而当t=1时，函数g（t）获得最小值g（1）=e因此，假如（?）式恒成立，只要a21e，即只要a1.ag(1)e21而当a=1时，tan=1=e213且0.于是e21a22e21，且当n2时，n23e21.因此对全部32nN*,axnne211，因此g（axn）g(1)ea21.故（?）式亦恒成立.a综上所述，若a1，则对全部nN*，xn|f(xn)|恒成立.e2113.解：（）f(x)3x2a，若x轴为曲线yf(x)的切线，则切点(x0,0)知

24、足f(x0)0,f(x0)0，也就是3x02a0且x03ax010，解得x01，a3，因此，当a3时，x轴为曲线yf(x)4244的切线；（）当x1时，g(x)lnx0，函数h(x)minf(x),g(x)g(x)没有零点；当x1时，若a5f(1)a5，h(1)minf(1),g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；，则044当0 x1时，g(x)lnx0，以下讨论yf(x)在区间(0,1)上的零点的个数.对于f(x)3x2a，因为03x23，因此令f(x)0可得a3x2，那么（i）当a3或a0时，f(x)没有零点（f(x)0或f(x)0），yf(x)在区间(0,1)上是单一函数，且f(0

25、)1,f(1)a5，因此当a3时，yf(x)在区间(0,1)上有一个零点；当a0时，yf(x)44在区间(0,1)上没有零点；（ii）当3a0时，f(x)0（0 xa）且f(x)0（a1），因此xa为最小3x33值点，且f(a)2aa1333.4明显，若f(a0，即3a0时，yf(x)在区间(0,1)上没有零点；)43若f(a)0，即a3时，yf(x)在区间(0,1)上有1个零点；34若f(a)0，即3a3时，因为f(0)1,f(1)a5，因此若5a3，yf(x)344444在区间(0,1)上有2个零点；若3a5f(x)在区间(0,1)上有1个零点.，y4综上，当a3a535时，h(x)有2个

26、零点；当或时，h(x)有1个零点；当a或a44445a34时，h(x)有3个零点.4解：（1）fx2xalnxx22ax2a2a令gx0，即x2xa0 x0，讨论此不等式的解，可得：当14a01时，不等式恒成立。即gx0恒成立，因此gx恒单一递加。时，即a4当0a1时，x1114a0,1,x2114a1,142222因此gx0的解为0 x114a,x114a。因此gx在220 x114a,x114a时单一递加。22综上：当a1x在0,上单一递加。时，g4当0a1时，gx在(0,114a),(114a,)上单一递加，在422(114a,114a)上单一递减。22由（1）得fxgx在1,内单一递加

27、。且f122a22a4a0，f0。由零点存在性定理得存在独一x01,使得fx02lnx022a2x02a0。x0因此fx在(1,x0)上单一递减，(x0,)上单一递加。因此知足fx0在区间1,内有独一解只要知足fxminfx00即可。fx02x0alnx0 x022ax02a2a0，将带入化简得：当ax0(x01)时，此时变形为2a2ln2a30，在1,1上有解。令22ha2a2ln2a3,ha222a2aa因此ha在0,1上单一递减。h1130不知足。2当a2x0 x02时，此时变形为2x022lnx060在1,2上有解。不如设h(x0)2x022lnx06,hx04x024x022x0 x0因此h(x0)在1,2上单一递加。h(1)4,h222ln20。因此2x022lnx060在1,2上有解。因此结论得证。15.解析（）f(x)ln1x的定义域是(1,1)，f(x)12，f(0)2，f(0)0，曲线yfx1xx2在点0，f0处的切线方程为2xy0；（）当x(0,