新课标理科导数压轴题汇编.docx

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2011-2018新课标（理科）导数压轴题总编

【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0

g（0）=0,因此当0

（3）由

（2）知，g（ln）=-2b+2（2b-1）ln2

当b=2时，g（ln）=-4+6ln2>0,ln2>>0.6928

当b=+1时，ln（b-1+）=ln

g（ln）=-2+（3+2）ln2<0In2<<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.

②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；

③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）＝2αt2＋（α－1）t－1则A是|g（t）|在[－1，1]上的最大值，g（－1）＝α，g

（1）＝3α－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）|≤3α－1≤6α－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