高考导数压轴题题型(精选.)

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()f x 满足满足12

1()(1)(0)2

x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间；

【解析】

（1）12

11()(1)(0)()(1)(0)2

x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211

()(1)(0)(1)1(1)2

x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?=

得：21

()()()12

x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+

()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?<

得：()f x 的解析式为21()2

x f x e x x =-+

且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －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 )＝1

e x x m

-

+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1

e 1

x x -+.

函数f ′(x )＝1

e 1

x 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()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+

-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

f (x )=e mx +x 2-mx 。

（1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增；

（2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有

|f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。

4.【2017新课标1】21. 已知函数f(x)=ae2x+(a-2)e x-x。

（1）讨论()f x 的单调性； 【解析】

（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+， （ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减. （ⅱ）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.

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3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥。

（1）求a ； 【解析】

（1）因为f （x ）=ax 2﹣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()1ln f x x a x =--． （1）若()0f x ≥，求a 的值；

【解析】

（1） ()1ln f x x a x =--，0x >，则()1a x a

f x x x

-'=-=，且(1)0f =

当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0+∞，上单调增，所以01x <<时，()0f x <，不满足

题意；

当0a >时，当0x a <<时，()0f x '<，则()f x 在(0,)a 上单调递减；当x a >时，()0f x '>，则()f x 在(,)a +∞上单调递增。

①若1a <，()f x 在(,1)a 上单调递增∴当(,1)x a ∈时()(1)0f x f <=矛盾 ②若1a >，()f x 在(1,)a 上单调递减∴当(1,)x a ∈时()(1)0f x f <=矛盾

③若1a =，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增∴()(1)0f x f =≥满足题意 综上所述1a =。

7.【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）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k

f x x x

>+-，求k 的取值范围。 【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ln 1

1x x x

++，所以

22

ln 1(1)(1)

()()(2ln )11x k k x f x x x x x x

---+=+--。 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)

k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=

。 (i)设0k ≤，由22

2

(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <。而(1)0h =，故

当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得2

1

()01h x x

>-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得2

11

x - h （x ）>0

从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +x k

.

（ii ）设0

-11

）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故h’ （x ）>0,而h （1）

=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得2

11

x -h （x ）<0,与题设矛盾。

（iii ）设k ≥1.此时h ’ （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得2

11

x

- 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()f x 满足满足12

1()(1)(0)2

x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； （2）若2

1()2

f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值。 【解析】

（2）2

1()()(1)02

x f x x ax b h x e a x b ≥

++?=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时，()0()h x y h x '>?=在x R ∈上单调递增 x →-∞时，()h x →-∞与()0h x ≥矛盾

②当10a +>时，()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>?>+

得：当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥

22(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++>

令22()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=- ()00,()0F x x e F x x e ''>?<< 当x e =时，max ()2e F x =

；当1,a e b e =-=时，(1)a b +的最大值为2

e 9.【2013新课标1】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 （1）求a ，b ，c ，d 的值

（2）若x ≥－2时, ()()f x kg x ≤，求k 的取值范围。 【解析】

（1）由已知得(0)2,(0)2,(0)4,(0)4f g f g ''====，

而()f x '=2x b +，()g x '=()x e cx d c ++，∴a =4，b =2，c =2，d =2； （2）由（1）知，2()42f x x x =++，()2(1)x g x e x =+， 设函数()F x =()()kg x f x -=22(1)42x ke x x x +---（2x ≥-），

()F x '=2(2)24x ke x x +--=2(2)(1)x x ke +-，

有题设可得(0)F ≥0，即1k ≥， 令()F x '=0得，1x =ln k -，2x =－2，

①若21k e ≤<，则－2＜1x ≤0，∴当1(2,)x x ∈-时，()F x ＜0，当1(,)x x ∈+∞时，()F x ＞0，即()F x 在1(2,)x -单调递减，在1(,)x +∞单调递增，故()F x 在x =1x 取最小值

1()F x ，

而1()F x =21112242x x x +---=11(2)x x -+≥0， ∴当x ≥－2时，()F x ≥0，即()f x ≤()kg x 恒成立， ②若2k e =，则()F x '=222(2)()x e x e e +-，

∴当x ≥－2时，()F x '≥0，∴()F x 在(－2,+∞)单调递增，而(2)F -=0， ∴当x ≥－2时，()F x ≥0，即()f x ≤()kg x 恒成立， ③若2k e >，则(2)F -=222ke --+=222()e k e ---＜0， ∴当x ≥－2时，()f x ≤()kg x 不可能恒成立， 综上所述，k 的取值范围为[1,2e ]

10.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性；

（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >,求b 的最大值； 【解析】 （1）+-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)=

--4b(-)+(8b-4)x

(x)=2[++]=2(+)(+)

①当b ≤2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< x x e e -+<2b-2即 22b b -时g’(x)<0,而 g （0）=0,因此当0

f (x )=e mx +x 2-mx 。

（1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增；

（2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有

|f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。

三。零点的个数；零点和的取值范围；有n 个零点时参数取值范围。 12.【2015新课标1】21. 已知函数f （x ）=31

,()ln 4

x ax g x x ++=- (1)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；

(2)用min {},m n 表示m,n 中最小值，设函数}{

()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h

（x ）零点的个数 【解析】

（Ⅰ）设曲线()y f x =与 x 轴相切于点 (x 0,0)，则 f (x 0)=0，

￠f (x 0)=0，

即 x 03+ax 0+1

4=0

3x 0

2+a =0ìí???，解得 x 0=12,a =34. 因此，当 a =34时， x 轴是曲线 y =f (x )的切线. （Ⅱ）

当 x ?(1,+￥)时， g (x )=-ln x <0，从而 h (x )=min{f (x ),g (x )}￡g (x )<0，

∴

h (x )在（1，+∞）无零点. 当 x =1时，若 a 3-54，则

f (1)=a +5

430， h (1)=min{f (1),g (1)}=g (1)=0,故 x =1

是 h (x )的零点；若 a <-54，则 f (1)=a +5

4<0， h (1)=min{f (1),g (1)}=f (1)<0,故 x =1不是 h (x )的零点.

当 x ?(0,1)时， g (x )=-ln x >0，所以只需考虑

f (x )在（0,1）的零点个数. (ⅰ)若 a ￡-3或 a 30，则

￠f (x )=3x 2+a 在（0,1）无零点，故 f (x )在（0,1）单调，而

f (0)=14， f (1)=a +5

4，所以当 a ￡-3时， f (x )在（0，1）有一个零点；当 a 30时，

f (x )在（0，1）无零点.

(ⅱ)若 -3

f (x )在（0

-a 3 -a

3

1）单调递增，故当

x=-a

3

时，f(x)取的最小值，最小值为f(-

a

3

)=

2a

3

-

a

3

+

1

4

.

①若f(-a

3

)＞0，即-

3

4

＜a＜0，f(x)在（0,1）无零点.

②若f(-a

3

)=0，即a=-

3

4

，则f(x)在（0,1）有唯一零点；

③若f(-a

3

)＜0，即-3

3

4

，由于f(0)=

1

4

，f(1)=a+

5

4

，所以当

-5

4

3

4

时，f(x)在（0,1）有两个零点；当-3

5

4

时，f(x)在（0,1）有一

个零点.

综上，当a>-3

4

或a<-

5

4

时，h(x)由一个零点；当a=-

3

4

或a=-

5

4

时，h(x)有两

个零点；当-5

4

3

4

时，h(x)有三个零点.

13.【2016新课标1】21. 已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.

(I)求a的取值范围；

(II)设x

1,x

2

是f(x)的两个零点，证明：x

1

+x

2

<2.

【解析】

（I）f'(x)=e x+(x-2)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a)

①当a=0时，f(x)=(x-2)e x，此时函数f(x)只有一个零点，不符合题意舍去；

②当a>0时，由f'(x)>0Tx>1，由f'(x)<0Tx<1，

所以f(x)在(-￥,1)上递减，在(1,+￥)上递增，

\f(x)

min

=f(1)=-e<0，又f(2)=a>0，所以函数f(x)在(1,+￥)上只有一个零点，当x?-￥时，e x?0，此时，f(x)?+￥，所以函数f(x)在(-￥,1)上只有一个零点此时函数f(x)有两个零点.

③当-e

2

0Tx>1,x

由f'(x)<0Tln(-2a)

所以f(x)在(-￥,ln(-2a))和(1,+￥)上递增，在(ln(-2a),1)上递减，\f(x)

min

=f(1)=-e<0，

f(x)

max

=f(ln(-2a))=(ln(-2a)-2)(-2a)+a(ln(-2a)-1)2<0

此时函数f(x)至多一个零点，不符合题意，舍去；

④当a=-e

2

时，f'(x)=e x+(x-2)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x-e)30恒成立，此时函

数f(x)至多一个零点，不符合题意，舍去

⑤当

a <-e 2

时， ln(-2a )>1，由

f '(x )>0Tx <1,x >ln(-2a )，由

f '(x )<0T1

所以 f (x )在 (-￥,1)和 (ln(-2a ),+￥)上递增， f (x )在

(1,ln(-2a ))上递减，

\f (x )max =f (1)=-e <0

，因为 f (x )在 (1,ln(-2a ))上递减，所以 f (x )min =f (ln(-2a ))<0

此时函数

f (x )至多一个零点，不符合题意，舍去.

综上可知

a ?(0,+￥).

(II)由(I)若 x 1,x 2是 f (x )的两个零点，则 a >0，不妨令 x 1

要证

x 1+x 2<2，只要证

x 1<2-x 2，

∵x 2>1， \2-x 2<1，当 a >0时， f (x )在 (-￥,1)上递减， 且 f (x 1)=0，

f (1)<0所以，只要证

f (2-x 2)<0，

f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2+a (1-x 2)2，又

f (x 2)=(x 2-2)e x 2+a (x 2-1)2=0

\f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2-(x 2-2)e x 2 令

y =-xe

2-x -(x -2)e x ,(x >1)

y '=-e

2-x

+xe

2-x

-e x

-(x -2)e x

=(x -1)e 2-e 2x

e

x

， ∵x >1,\x -1>0,e 2

， \y '<0

\y =-xe 2-x -(x -2)e x

在 (1,+￥)上递减，当 x =1时， y =0 ∵x >1,y <0，即 f (2-x 2)<0成立， \x 1+x 2<2

成立. 14.【2017新课标1】21. 已知函数

f (x )=ae 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。

【解析】

（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+， （ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减. （ⅱ）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.

（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.

（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为

1

(ln )1ln f a a a

-=-

+. ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于1

1ln 0a a

-

+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点；

③当(0,1)a ∈时，1

1ln 0a a

-

+<，即(ln )0f a -<. 又422(2)e (2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.

设正整数0n 满足03

ln(1)n a

>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n

f n a a n n n =+-->->->.

由于3ln(1)ln a a

->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.

综上，a 的取值范围为(0,1)。

四．极值的范围

15.【2017新课标2】21. 已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥。 （1）求a ；

（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且230()2e f x --<<。 【解析】

（1）因为f （x ）=ax 2﹣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 ）=x 2﹣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x 0，x 2， 且不妨设f′(x)在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正， 所以f （x ）必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0=0， 所以f （x 0）=﹣x 0﹣x 0lnx 0=﹣x 0+2x 0﹣2=x 0﹣， 由x 0＜可知f （x 0）＜（x 0﹣

）max =﹣

+=；由f′（）＜0可知x 0＜＜，

所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，）上单调递减， 所以f （x 0）＞f （）=

；

综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 五．证明函数不等式

16.【2014新课标1】21．设函数f （x ）=ae x lnx+，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 ）=e x lnx+

，

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．

17.【2016新课标2】

(1)讨论函数

f (x)=

x -2x +2e x

的单调性，并证明当 x >0时， (x -2)e x +x +2>0; 【解析】

⑴()2e 2x x f x x -=+ ()()()22224e e 222x x x x f x x x x ??-' ?=+= ?+++??

∵当x ∈()()22,-∞--+∞，

时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递

增

∴0x >时，

()2e 0=12

x

x f x ->-+ ∴()2e 20x x x -++> 18.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －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 )＝1

e x x m

-

+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1

e 1

x x -+.

函数f ′(x )＝1

e 1

x 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)＝

1

e

2

x

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0e x＝

01 2

x+

，ln(x0＋2)＝－x0，

故f(x)≥f(x0)＝

01 2

x+＋x0＝

2

1

2

x

x

(+)

+

＞0. 综上，当m≤2时，f(x)＞0.

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