9年全国卷高考真题分类汇编 导数大题专项练习.pdf

1、第 1 页 共 37 页2012-2020 全国卷高考真题分类汇编 导数大题专项练习一、解答题1(2020 年高考数学课标卷理科)已知函数2()exf xaxx(1)当 a=1 时，讨论 f(x)的单调性；(2)当 x0 时，f(x)12 x3+1，求 a 的取值范围2(2020 年高考数学课标卷理科)已知函数 f(x)=sin2xsin2x(1)讨论 f(x)在区间(0，)的单调性；(2)证明：3 3()8f x；(3)设 nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx 34nn3(2020 年高考数学课标卷理科)设函数3()f xxbxc，曲线()yf x在点(12，f(1

2、2)处的切线与y 轴垂直(1)求 b(2)若()f x 有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于 14(2019 年高考数学课标卷理科)已知函数32()2f xxaxb(1)讨论()f x 的单调性；(2)是否存在,a b，使得()f x 在区间0,1 的最小值为 1 且最大值为 1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由5(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知函数1()ln1xf xxx 1 讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；2 设0 x 是()f x 的一个零点，证明曲线lnyx在点00,lnA xx处的切线也是

3、曲线xye的切线6(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知函数()sinln(1)f xxx，()fx为()f x 的导数证明：(1)()fx在区间1,2存在唯一极大值点；(2)()f x 有且仅有 2 个零点7(2018 年高考数学课标卷（理）)已知函数 22ln 12f xxaxxx(1)若0a，证明：当 10 x 时，0f x，当0 x 时，0f x；第 2 页 共 37 页(2)若0 x 是 f x 的极大值点，求a 8(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)已知函数2()exf xax(1)若1a ，证明：当0 x时，()1f x ；(2)若()f x 在(0,)只有一个零

4、点，求 a(二)选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。9(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)已知函数1()lnf xxaxx(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点12,x x，证明：12122f xf xaxx10(2017 年高考数学新课标卷理科)已知函数 22xxf xaeaex(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(二)选考题:共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做,则按所做的第一题计分11(2017 年高考数学课标卷理科)(12

5、 分)已知函数 1lnf xxax(1)若 0f x，求 a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数 n，2111111222nm，求 m 的最小值12(2017 年高考数学课标卷理科)(12 分)已知函数3()ln,f xaxaxxx且()0f x(1)求a；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0 x，且220()2ef x13(2016 高考数学课标卷理科)设函数()cos2(1)(cos1)f xaxax,其中0a,记()f x的最大值为 A.()求()fx;()求 A;()证明()2fxA.14(2016 高考数学课标卷理科)(本小题满分 12 分)(I)讨论函数2()2xx

6、f xex-=+的单调性，并证明当第 3 页 共 37 页0 x 时，(2)20 xxex；(II)证明：当0,1)a时，函数2x=(0)xeaxagxx（）有最小值设 g x 的最小值为()h a，求函数()h a 的值域15(2016 高考数学课标卷理科)(本小题满分 12 分)已知函数2()(2)(1)xf xxea x有两个零点(I)求 a 的取值范围；(II)设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122xx16(2015 高考数学新课标 2 理科)(本题满分 12 分)设函数2()mxf xexmx()证明：()f x 在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；()若对于任意

7、12,1,1x x ，都有12()()1f xf xe ，求 m 的取值范围17(2015 高考数学新课标 1 理科)(本小题满分 12 分)已知函数31(),()ln4f xxaxg xx()当 a 为何值时，x 轴为曲线()yf x的切线；()用min,m n表示,m n 中的最小值，设函数()min(),()(0)h xf x g xx，讨论()h x 零点的个数18(2014 高考数学课标 2 理科)(本小题满分 12 分)已知函数 f x=2xxeex()讨论 f x 的单调性；()设 24g xfxbf x，当0 x 时，0g x,求b 的最大值；()已知1.414221.4143

8、，估计 ln2 的近似值(精确到 0001)19(2014 高考数学课标 1 理科)设函数1()lnxxbef xaexx-=+,曲线()yf x=在点(1,(1)f处的切线(1)2ye x=-+(1)求,a b;(2)证明:()1f x 20(2013 高考数学新课标 2 理科)已知函数()ln()xf xexm第 4 页 共 37 页(1)设0 x 是()f x 的极值点，求 m，并讨论()f x 的单调性；(2)当2m 时，证明()0f x 21(2013 高考数学新课标 1 理科)已知函数()f x 2xaxb，()g x()xe cxd，若曲线()yf x和曲线()yg x都过点 P

9、(0，2)，且在点 P 处有相同的切线42yx()求 a，b，c，d 的值()若 x 2 时，()f x()kg x，求 k 的取值范围。22(2012 高考数学新课标理科)已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2xf xfefxx(1)求()f x 的解析式及单调区间；(2)若21()2f xxaxb，求(1)ab的最大值第 5 页 共 37 页2012-2020 全国卷高考真题分类汇编 导数大题专项练习（原卷+解析）参考答案一、解答题1（1）当,0 x 时，0,fxf x单调递减，当0,x 时，0,fxfx单调递增（2）27,4e【解析】(1)当1a 时，2xxxefx，21x

10、fxex，由于 20 xfxe，故 fx 单调递增，注意到 00f，故：当,0 x 时，0,fxf x单调递减，当0,x 时，0,fxf x单调递增(2)由 3112fxx得，23112xeaxxx，其中0 x，当 x=0 时，不等式为：1 1，显然成立，符合题意；当0 x 时，分离参数 a 得，32112xexxax，记 32112xexxg xx，231212xxexxgxx，令 21102xexxh xx，则 1xh xex，10 xhxe，故 hx 单调递增，00h xh，故函数 h x 单调递增，00h xh，由 0h x 可得：211 02xexx 恒成立，故当0,2x时，()0g

11、x，g x 单调递增；当2,x 时，()0gx；当(0)3ax，时，()0fx；当(0)3ax，时，()0fx 故()f x在(,)(0,)3a，单调递增，在(0)3a，单调递减(2)满足题设条件的,a b 存在()当0a 时，由(1)知，()f x 在0,1单调递增，所以()f x 在区间0,1的最小值为(0)fb，最大值为(1)2fab此时,a b 满足题设条件当且仅当1,21bab ，即0,1ab ()当 a3 时，由(1)知，()f x 在0,1单调递减，所以()f x 在区间0,1的最大值为(0)fb，最小值为(1)2fab此时,a b 满足题设条件当且仅当 21,1abb ，即4,

12、1ab第 9 页 共 37 页()当03a时，由(1)知，()f x 在0,1的最小值为3()327aafb，最大值为b 或 2ab若3=1127abb，则33 2a，与 03a矛盾若3=1 2127abab，则3 3a 或 3 3或0a，与03a矛盾综上，当且仅当01ab，或41ab，()f x 在0,1 的最小值为 1，最大值为 1【点评】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算思考量不大，计算量略大5【答案】1 函数()f x 在0,1 和1,上是单调增函数，证明见解析；2 证明见解析.【官方解析】1()f x 的定义

13、域为0,11,.因为212()01fxxx，所以()f x 在(0,1)和(1,)上是单调递增.因为1()101ef ee，22222e1e3(e)20e1e1f，所以()f x 在1,有唯一零点1x，即1()0f x又1101x，1111111ln()01xfxf xxx ，故()f x 在0,1 有唯一零点11x 综上，()f x 有且仅有两个零点 2 因为0ln01xex，故点001ln,Bxx在曲线xye上由题设知0()0f x，即0001ln1xxx，故直线 AB 的斜率00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx第 10 页 共 37 页曲线xye在点001

14、ln,Bxx处切线的斜率是01x，曲线lnyx在点00(,ln)A xx处切线的斜率也是01x，所以曲线lnyx在点00(,ln)A xx处的切线也是曲线xye的切线【分析】1 对函数()f x 求导，结合定义域，判断函数的单调性；2 先求出曲线lnyx在00,lnA xx处的切线l，然后求出当曲线xye切线的斜率与l 斜率相等时，证明曲线xye切线 l 在纵轴上的截距与l 在纵轴的截距相等即可.【解析】1 函数()f x 的定义域为0,11,，2211()ln()1(1)xxf xxfxxx x，因为函数()f x 的定义域为(0,1)(1,)，所以()0fx，因此函数()f x 在(0,1

15、)和(1,)上是单调增函数；当(0,1)x，时，0,xy ，而11112()ln0111ef eeee，显然当(0,1)x，函数()f x有零点，而函数()f x 在(0,1)x上单调递增，故当(0,1)x时，函数()f x 有唯一的零点；当(1,)x 时，2222221213()ln0,()ln01111eeef eef eeeeee，因为2()()0f ef e，所以函数()f x 在2(,)e e必有一零点，而函数()f x 在(1,)上是单调递增，故当(1,)x 时，函数()f x 有唯一的零点综上所述，函数()f x 的定义域(0,1)(1,)内有 2 个零点；2 因为0 x 是()

16、f x 的一个零点，所以000000011()ln0ln11xxf xxxxx1lnyxyx，所以曲线lnyx在00,lnA xx处的切线l 的斜率01kx，故曲线lnyx在00,lnA xx处的切线l 的方程为：0001ln()yxxxx而0001ln1xxx，所以l 的方程为0021xyxx，它在纵轴的截距为021x .设曲线xye的切点为11(,)xB x e，过切点为11(,)xB x e切第 11 页 共 37 页线 l，xxyeye，所以在11(,)xB x e处的切线l 的斜率为1xe，因此切线l 的方程为111(1)xxye xex，当切线 l 的斜率11xke等于直线l 的斜

17、率01kx时，即11001(ln)xexxx，切线 l 在纵轴的截距为01ln110001(1)(1ln)(1ln)xxbexexxx，而0001ln1xxx，所以01000112(1)11xbxxx，直线,l l 的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线,l l 重合，故曲线lnyx在00,lnA xx处的切线也是曲线xye的切线.【点评】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.6解：（1）设()()g xf x，则1()cos1g xxx，21sin()(1xxg x 当1,2x 时，()g x单调递减，而(0)0,()02gg，可得()g x 在

18、1,2有唯一零点，设为 则当(1,)x 时，()0g x；当,2x 时，()0g x 所以()g x 在(1,)单调递增，在,2 单调递减，故()g x 在1,2存在唯一极大值点，即()f x在1,2存在唯一极大值点（2）()f x 的定义域为(1,)（i）当(1,0 x 时，由（1）知，()f x 在(1,0)单调递增，而(0)0f，所以当(1,0)x 时，()0f x，故()f x 在(1,0)单调递减，又(0)=0f，从而0 x 是()f x 在(1,0的唯一零点（ii）当0,2x时，由（1）知，()f x 在(0,)单调递增，在,2 单调递减，而(0)0f，02f ，所以存在,2，使得

19、()0f ，且当(0,)x时，()0f x；当,2x 时，()0f x 故()f x 在(0,)单调递增，在,2 单调递减第 12 页 共 37 页又(0)0f，1 ln 1022f，所以当0,2x时，()0f x 从而()f x 在 0,2没有零点（iii）当,2x时，()0f x，所以()f x 在,2单调递减而02f，()0f ，所以()f x 在,2有唯一零点（iv）当(,)x 时，ln(1)1x，所以()f x 0，从而()f x 在(,)没有零点综上，()f x 有且仅有 2 个零点7【官方解析】当0a 时，2ln 12f xxxx，ln 11xfxxx 设函数 ln 11xg x

20、fxxx，则 21xgxx当 10 x 时，0gx；当0 x 时，0gx，故当1x 时，00g xg所以 f x 在1,上单调递增又 00f，故当 10 x 时，0f x；当0 x 时，0f x（2）（i）若0a，由（1）知，当0 x 时，2ln 120f xxxx 0f这与0 x 是 f x 的极大值点矛盾（ii）若0a，设函数 222ln 122f xxh xxxaxxax由于当1min 1,xa时，220 xax，故 h x 与 f x 符号相同又 000hf，故0 x 是 f x 的极大值点，当且仅当0 x 是 h x 的极大值点 222222222 21246111212xaxaxx

21、a xaxah xxxaxxxax如果610a ，则当6104axa，且1min 1,xa时，0h x，故0 x 不是 h x 的极大值点第 13 页 共 37 页如果610a ，则224610a xaxa 存在根10 x，故当1,0 xx，且1min 1,xa时，0h x，所以0 x 不是 h x 的极大值点如果 610a ，则 32241612xxh xxxx则当1,0 x 时，0h x；当0,1x时，0h x所以0 x 是 h x 的极大值点，从而0 x 是 f x 的极大值点综上16a 【民间解析】（1）法一：当0a 时，2 ln12f xxxx22ln12xxxx函数 f x 的定义

22、域为|10|1x xx x ，此时20 x 记 24ln1ln1222xg xxxxx1x 则 2221401212xgxxxxx所以函数 g x 在1,上单调递增，而 0ln1 00g所以当 10 x 时，0g x，此时 20f xxg x当0 x 时，0g x，此时 20f xxg x法二：当0a 时，2 ln12f xxxx1x ，00f则 21ln12ln1111xfxxxxx，00f 2211111xfxxxx1x 当 10 x 时，0fx，此时 fx单调递减所以 10 x 时，00fxf，故函数 f x 在1,0上单调递增所以1,0 x 时，00f xf当0 x 时，0fx，此时

23、fx单调递增第 14 页 共 37 页所以0 x 时，00fxf，所以函数 f x 在0,上单调递增所以当0,x 时，00f xf综上所述若0a，证明：当 10 x 时，0f x，当0 x 时，0f x（2）法一：由 22ln 12f xxaxxx可得 22212ln1212ln111xaxaxxfxaxxaxxxx所以 00f 因为0 x 是 f x 的极大值点所以00 x，当0,0 xx 时，0fx；当00,xx时，0fx又 21 2ln12ln1ln 1111axxxxfxaxxaxxxxxx设 2ln11xh xxx，则 00h，23201xh xx所以 h x 在1,上单调递增，所以

24、当 10 x 时，0h x；当0 x 时，0h x 所以当0 x 时，2ln101xxxx设 ln 11xh xxx，则 2211111xxxh xxxx当 10 x 时，0h x；当0 x 时，0h x所以函数 h x 在1,0上单调递减；在0,上单调递增所以任意1x 时，00h xh所以若0a 时，0fx，此时 f x 不存在极值，故0a 由（1）知，当 10 x 时，2ln12xxx；当0 x 时，2ln12xxx显然00 x，当00,xx x 时，1 20ax当0,0 xx 时，则 2221212ln1121xaxaxxaxxfxaxxxxx第 15 页 共 37 页2 56112xa

25、xaxx若610a ，则10 x，使得当1,0 xx 时，5610axa，此时 0fx不满足题意，故610a ，即16a 当00,xx时，则 2221212ln1121xaxaxxaxxfxaxxxxx2 56112xaxaxx若610a ，则20 x，使得当20,xx时，5610axa，此时 0fx，不满足题意，故610a ，即16a 综上，01616aaa ，所以16a 法二：221 12ln1212ln1211axxxaxxxaxfxaxxxx记 21 21 ln1h xaxxaxxx，4421 ln1h xaxaxax当0a，0 x 时，0h x所以 h x 在0,上单调递增，所以当0

26、 x 时，0h x 即 0fx所以 f x 在0,上单调递增，与0 x 是 f x 的极大值点不符合；当0a 时，1284 ln11ahxaaxx，显然可知 hx递减 00h，解得16a ，则有 10 x，0hx，h x递增；0 x 时，0hx，h x递减，所以 00h xh，故 h x 递减，又 00h则 10 x，0h x，0fx，f x 递增；0 x，0h x，0fx，f x 递减此时0 x 为 f x 的极大值点，符合题意第 16 页 共 37 页当106a时，有 01 60ha，1 61 644121 10aaaaheae所以 0hx在0 x 有唯一零点，记为0 x，则00 xx，0

27、hx，h x递增则 0h x，h x 递增，所以 0h x，即 0fx，f x 递增，不符合题意；当16a 时，有 01 60ha，2211120ha ee所以 0hx在 10 x 有唯一零点，记为1x，则10 xx，0hx，h x递减则 0h x，h x 递减，所以 0h x，即 0fx，f x 递减，不符合题意综上可知16a 法三：（2）尝试一：（极大值点的第二充要条件：已知函数y xf在0 xx 处各阶导数都存在且连续，0 xx 是函数的极大值点的一个充要条件为前12 n阶导数等于 0，第 n2 阶导数小于 0。）2121ln212xaxxxaxxf，00f 2211431ln22121

28、ln21xaaxxxaxaxxxaxxf，00f 3211662xaxaxaxxf，由 0 xf得61a下证：当61a时，0 x是 xf的极大值点，31631xxxxf，所以 xf 在0,1单增，在,0单减进而有 00 fxf，从而 xf 在,1单减，当0,1x时，00 fxf，当,0 x时，00 fxf从而 xf在0,1单增，在,0单减，所以0 x是 xf的极大值点。点评：计算量很大，但不失为一种基本方法，激励热爱数学的学生不拘泥于老师所教，就着自己的兴趣，不断学习，学而致知。基于此，还可以从大学的角度给出一种解法。通过1lnxy在2,1阶第 17 页 共 37 页的帕德逼近可得261212

29、1lnxxxx，且两个函数在0 x处两个函数可以无限制逼近，估计这也是考试中心构造这个函数的方法。由此可以迅速得到61a，我们也可以根据帕德逼近把此题的对数函数改为指数函数和三角函数，构造出相应的题目。尝试一难点在于 xf的各阶导数太复杂，由帕德逼近优化其解法。法 四：引 理 1：若y xf与 xg xqxp在0 xx 处 函 数 值 和 导 数 值 都 相 同，则 xpxfxqxh在0 xx 处导数为0 证明：xpxfxqxfxqxh，xqxqxpxqxpxg2因为00 xgxf，且 00 xgxf，代入化简即证：00 xh引理 2：已知函数y xf在0 xx 处各阶导数都存在且连续，0 x

30、x 是函数的极大值点的一个充要条件为前12 n阶导数等于 0，第 n2 阶导数小于 0。2121ln212xaxxxaxxf，令 1ln21xaxxm，2122xaxxxu则易得 00um，00um，00um，由引理 1 知，00um等价于 0 xf，从而迅速求得61a。当61a时，004f尝试二：若0 x是 xf的极大值点，注意到 00f，则存在充分接近于0 的，使得当0,x时，0 xf，当,0 x时，0 xf*得到一个恒成立问题，其基本方法之一有分离参数法。11ln11ln22xxxaxxxxxf对任意的 ,1x，都有01ln2xx，进而有011ln22xxxx第 18 页 共 37 页当

31、,0 x时，11ln21ln12xxxxxxxa，当 0时，11ln21ln1lim11ln21ln1lim2020 xxxxxxxxxxxxxxaxx 6146121ln141lim431ln12lim0220 xxxxxxxxxxx当0,x时，11ln21ln12xxxxxxxa，当 0时，11ln21ln1lim11ln21ln1lim2020 xxxxxxxxxxxxxxaxx 6146121ln141lim431ln12lim0220 xxxxxxxxxxx综上：61a8解析：（1）当1a 时，()0f x 等价于2(1)e10 xx设函数2()(1)e1xg xx，则22()(21

32、)e(1)exxg xxxx 当1x 时，()0g x，所以()g x 在(0,)单调递减而(0)0g，故当0 x 时，()0g x，即()1f x（2）设函数2()1e xh xax()f x 在(0,)只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)只有一个零点（i）当0a 时，()0h x，()h x 没有零点（ii）当0a 时，()(2)e xh xax x当(0,2)x时，()0h x；当(2,)x 时，()0h x所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增故24(2)1eah 是()h x 在0,的最小值若(2)0h，即2e4a，()h x 在(0,)没有零点；第 19 页

33、 共 37 页若(2)0h，即2e4a，()h x 在(0,)只有一个零点；若(2)0h，即2e4a，由于(0)1h，所以()h x 在(0,2)有一个零点由（1）知，当0 x 时，2exx，所以3334241616161(4)11110e(e)(2)aaaaahaaa 故()h x 在(2,4)a 有一个零点因此()h x 在(0,)有两个零点综上，()f x 在(0,)只有一个零点时，2e4a 9解:（1）()f x 的定义域为(0,)，22211()1axaxfxxxx （i）若2a，则()0fx，当且仅当2a，1x 时()0fx，所以()f x 在(0,)单调递减（ii）若2a，令()

34、0fx得，242aax或242aax当2244(0,)(,)22aaaaxU时，()0fx；当2244(,)22aaaax时，()0fx所以()f x 在2244(0,),(,)22aaaa单调递减，在2244(,)22aaaa单调递增（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a 由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210 xax，所以121x x，不妨设12xx，则21x 由于12121221212121222()()lnlnlnln2ln11221f xf xxxxxxaaaxxx xxxxxxx ，所以1212()()2f xf xaxx等价于22212ln0 xx

35、x 设函数1()2lng xxxx，由（1）知，()g x 在(0,)单调递减，又(1)0g，从而当(1,)x时，()0g x 所以22212ln0 xxx，即1212()()2f xf xaxx第 20 页 共 37 页10(1)详见解析;(2)(0,1)【分析】(1)讨论 f x 的单调性,首先进行求导,发现式子特点后要及时进行因式分解,再对 a 按0a、0a 进行讨论,写出函数的单调区间;(2)根据第(1)问,若0a,f x 至多有一个零点,若0a,当lnxa 时,f x取 得 最 小 值,求 出 最 小 值1ln1lnfaaa,根 据1,1,aa,0,1a进 行 讨 论,可 知 当0,

36、1a有 2 个 零 点,设 正 整 数0n满 足03ln1na,则00000000()e(e2)e20nnnnf naannn,由于3ln(1)ln aa ,因此 f x 在ln,a 有一个零点,所以 a 的取值范围为0,1【解析】(1)()f x 的定义域为(,),2()2(2)1(1)(21)xxxxfxaeaeaee()若0a,则()0fx,所以()f x 在(,)单调递减()若0a,则由()0fx得lnxa 当(,ln)xa 时,()0fx;当(ln,)xa 时,()0fx所以()f x 在(,ln)a 单调递减,在(ln,)a 单调递增(2)()若0a,由(1)知,()f x 至多有

37、一个零点()若0a,由(1)知,当lnxa 时,()f x 取得最小值,最小值为1(ln)1lnfaaa 当1a 时,由于(ln)0fa,故()f x 只有一个零点;当(1,)a 时,由于11ln0aa,即(ln)0fa,故()f x 没有零点;当(0,1)a 时,11ln0aa,即(ln)0fa又422(2)e(2)e22e20faa,故()f x 在(,ln)a 有一个零点设正整数0n 满足03ln(1)na,则00000000()e(e2)e20nnnnf naannn第 21 页 共 37 页由于3ln(1)ln aa ,因此()f x 在(ln,)a 有一个零点综上,a 的取值范围为

38、(0,1)【民间解析】:(1)函数的定义域为 R,且 2221211xxxxfxaeaeeae 注意到 210 xe 当0a 时,10 xae ,所以 0fx恒成立此时函数 f x 在,上单调递减当0a,由 10lnfxxa,由 0fx1lnxa所以函数 f x 在1,ln a上单调递减,在1ln,a上单调递增综上可知0a 时,f x 在,上单调递减;0a 时,函数 f x 在1,ln a上单调递减,在1ln,a上单调递增(2)由(1)可知,0a 时,f x 在,上单调递减此时 f x 至多一个零点,不符合题意当0a 时,函数 f x 在1,ln a上单调递减,在1ln,a上单调递增此时函数

39、f x 的最小值为112 lnln11ln2lnaafaeaeaa 121lnaaaa111lnaa 要使 f x 有两个零点,首先必须有1ln0fa 即111ln0aa令 111lng aaa,则有 2110gaaa,故 g a 在0,上单调递增,而 10g所以 0101g ag aga另一方面取333ln3lnfaaa 333140aa第 22 页 共 37 页而1lnlnaa,f x 在1ln,a单调递增所以函数 f x 在13ln,lnaa上有唯一一个零点,在3ln,a没有零点此时当0 x 时,022xf xaexaex所以 2220f aaa,而 f x 在1,ln a上单调递减所以

40、函数 f x 在,2a上没有零点,在12,lnaa上有唯一零点综上可知当10a 时,函数 f x 有两个零点【考点】含参函数的单调性,利用函数零点求参数的取值范围【点评】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化已知函数 f x 有2 个零点求参数的取值范围,第一种方法是分离参数,构造不含参数的函数,研究其单调性、极值、最值,判断 ya与其交点的个数,从而求出 a 的范围;第二种方法是直接对含参函数进行研究,研究其单调性、极值、最值,注意点是:若 f x 有 2 个零点,且函数先减后增,则只需其最小值小于0,且后面还需验证有最小值的两边存在大于0 的点11()1a;()3【解析】()

41、()1lnf xxax,0 x 则()1axafxxx,且(1)0f当0a 时,0fx,fx 在0，上单调增,所以 01x 时,0fx,不满足题意;当0a 时,当 0 xa时,()0fx,则()f x 在(0,)a 上单调递减;当 xa时,()0fx,则()f x 在(,)a 上单调递增若1a,()f x 在(,1)a上单调递增当(,1)xa时()(1)0f xf矛盾若1a ,()f x 在(1,)a 上单调递减当(1,)xa时()(1)0f xf矛盾若1a ,()f x 在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增()(1)0f xf满足题意综上所述1a ()当1a 时()1ln0f xxx

42、 即 ln1xx 则有 ln(1)xx当且仅当0 x 时等号成立11ln(1)22kk,*k N一方面:221111111ln(1)ln(1).ln(1).112222222nnn,第 23 页 共 37 页即2111(1)(1).(1)e222n另一方面:223111111135(1)(1).(1)(1)(1)(1)222222264n当3n 时,2111(1)(1).(1)(2,e)222n*mN,2111(1)(1).(1)222nm,m 的最小值为 3【考点】导数研究函数的单调性;导数研究函数的最值;利用导数证明不等式【点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高

43、中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出,本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题(4)考查数形结合思想的应用12(1)1a ；(2)证明略【命题意图】本题考查函数的极值，导数的应用【基本解法】(1)法一由题知：()lnf xx axax0 x，且()0f x，所以：1ln0a xx即当0,1x时，ln1xax；当1,x 时，ln1xax；当1x 时

44、，1ln0a xx成立令 1 lng xxx，111xgxxx，当0,1x时，0gx，g x 递减，10g xg，所以：1lnxx，即：ln11xx所以：1a；当1,x 时，0gx，g x 递增，10g xg，所以：1lnxx，即：ln11xx所以：1a；综上：1a 法二洛必达法则由题知：()lnf xx axax0 x，且()0f x，所以：1ln0a xx第 24 页 共 37 页即当0,1x时，ln1xax；当1,x 时，ln1xax；当1x 时，1ln0a xx成立令 ln1xg xx，22111ln1ln11xxxxxgxxx令 11lnh xxx，22111xhxxxx当0,1x时

45、，0hx,h x 递增，10h xh；所以 0gx，g x 递减，111lnln1limlimlim111 xxxxxg xxxx所以：1a；当1,x 时，0hx,h x 递减，10h xh；所以 0gx，g x 递减，111lnln1limlimlim111 xxxxxg xxxx所以：1a；故1a（1）由(1)知：()1 lnf xx xx，22lnfxxx 设 22lnxxx，则 12xx当10,2x 时，0 x；当1,2x 时，0 x所以 x在10,2递减，在1,2 递增又 20e，102 ，10，所以 x在10,2 有唯一零点0 x，在1,2 有唯一零点 1，且当00,xx时，0 x

46、；当0,1xx时，0 x；当1,x 时，0 x又 fxx，所以0 xx是()f x 的唯一极大值点第 25 页 共 37 页由00fx得00ln21xx，故0001f xxx由00,1x 得014fx因为0 xx是()f x 在0,1 的唯一极大值点，由10,1e，10f e得120f xf ee所以220()2ef x【考点】利用 导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值【点评】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角

47、度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系（2）利用导数求函数 了单调区间，判断单调必；已知单调性，求参数（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的人优化问题（4）考查数形结合思想的应用13()()2 sin 2(1)sinfxaxax;()2123,0561 1,18532,1aaaaAaaaa;()见解析.【解析】()()2 sin 2(1)sinfxaxax.()当1a 时,()cos2(1)(cos1)2(1)32(0)f xaxaxaaaf因此,32Aa.当01a 时,将()f x 变形为2()2 cos(1)cos1f xaxax.令2()2(1)1g t

48、atat,则 A 是()g t在1,1上的最大值(1)ga,(1)32ga且当14ata时,()g t 取得极小值,极小值为221(1)61()1488aaaagaaa .令1114aa ,解得13a (舍去),15a.(i)当105a时,()g t 在(1,1)内无极值点,(1)ga,(1)23ga,(1)(1)gg所以23Aa.第 26 页 共 37 页(ii)当 115a时,由(1)(1)2(1)0gga,知1(1)(1)()4aggga.又1(1)(17)()(1)048aaaggaa,所以2161()48aaaAgaa.综上,2123,0561 1,18532,1aaaaAaaaa.

49、()由()得()2 sin 2(1)sin21fxaxaxaa.当105a时,()1242(23)2fxaaaA.当 115a时,131884aAa,所以()12fxaA.当1a 时,()31642fxaaA,所以()2fxA.14（1）略；（2）21,24e分析：（）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(0,)x 时，()(0)f xf证明结论；（）用导数法求函数()g x 的最值，在构造新函数00h()2xeax，又用导数法求解【解析】（）()f x 的定义域为(,2)(2,)222(1)(2)(2)()0,(2)(2)xxxxxexex efxxx且仅当0 x 时，()0fx，所以()

50、f x 在(,2),(2,)单调递增，因此当(0,)x 时，()(0)1,f xf 所以(2)(2),(2)20 xxxexxex（II）32(2)(2)2()(),xxea xxg xf xaxx由（I）知，()f xa单调递增，对任意0,1),(0)10,(2)0,afaafaa 因此，存在唯一0(0,2,x 使得0()0,f xa即0()0g x，第 27 页 共 37 页当00 xx时，()0,()0,()f xag xg x单调递减；当0 xx时，()0,()0,()f xag xg x单调递增因此()g x 在0 xx处取得最小值，最小值为000000022000(1)+()(1)

51、().2xxxea xef xxeg xxxx于是00h()2xeax，由2(1)()0,2(2)2xxxexeexxx单调递增所以，由0(0,2,x 得002201().2022224xeeeeh ax因为2xex 单调递增，对任意21(,24e 存在唯一的0(0,2,x 0()0,1),af x 使得(),h a所以()h a 的值域是21(,24e综上，当0,1)a时，()g x 有最小值()h a，()h a 的值域是21,2 4e15(I)0,；(II)见解析【官方解答】(I)由已知得：12112xxfxxea xxea若0a，那么 0202xf xxex，f x 只有唯一的零点2x

52、，不合题意；若0a，则当,1x 时，0fx 所以 f x 在,1单调递减，在1,单调递增又 1fe ，2fa，取 b 满足b0且2ab，故 f x 存在两个零点设0a，因此 f x 在1,单调递增第 28 页 共 37 页又当1x 时，0f x，所以 f x 不存在两个零点若2ea，故当1,ln2xa时 0fx 因此 f x 在1,ln2a单调递减，在ln2,a 单调递增又当1x 时，0f x，所以 f x 不存在两个零点综上 a 的取值范围为0,(II)不妨设12xx由(I)知122,11,2,1,xxx ,f x 在,1单调递减所以122xx 122f xfx，即220fx 时，0gx 时

53、，0g x 从而 2220g xfx等价于2lnxxxxee-设 函 数()lng xxx=,则()lng xxx=+,所 以 当10,xe时,()0g x,当1,xe时,()0g x,故()g x 在10,e单调递减,在 1,e上单调递增,从而()g x 在0,上的最小值为11()g ee=-设 函 数2()xh xxee-=-,则()1xh xex,所 以 当0,1x时,()0h x,当1,x 时()0h x时,()()g xh x,即()1f x 第 35 页 共 37 页考点:(1)利用导数的定义求函数的导数;(2)导数的几何意义(切线方程问题);(3)利用导数研究不等式问题;(4)等

54、价转换思想难度:D备注:高频考点20（1）（2）见解析；解析：（1）1()ln()()xxf xexmfxexm所以01(0)01femm，1(1)1()(1)11xxe xfxexxx，显然()f x 在(1,0上单调递减，在0，)上单调递增（2）证明令xg xex()ln(2)，则xgxexx 1()(2)2xxh xgxexhxexx 211()()(2)()02(2)，所以 h x()是增函数，h x()0至多只有一个实数根，又gge1111()0,(0)103222，所以h xgx()()0的唯一实根在区间 1(,0)2内，设gx()0的根为 t，则有tgtett11()0(0)22

55、，所以，ttetet122，当 xt(2,)时，gxgtgx()()0,()单调递减；当 xt(,)时，gxgtgx()()0,()单调递增；所以ttgxg tetttt2min1(1)()()ln(2)022，当 m 2 时，有xmxln()ln(2)，所以xxf xexmexg xg xmin()ln()ln(2)()()0考点：（1）324 导数与函数最值；（2）327 导数与函数放缩难度：D备注：高频考点，典型题21（1）a=4，b=2，c=2，d=2（2）1,2e 第 36 页 共 37 页解析：（）由已知得(0)2,(0)2,(0)4,(0)4fgfg，而()fx=2xb，()g

56、x=()xe cxdc，a=4，b=2，c=2，d=2；4 分（）由（）知，2()42f xxx，()2(1)xg xex，设函数()F x=()()kg xf x=22(1)42xkexxx（2x ），()F x=2(2)24xkexx=2(2)(1)xxke，有题设可得(0)F0，即1k，令()F x=0 得，1x=ln k，2x=2，（1）若21ke，则21x 0，当1(2,)xx 时，()F x 0，当1(,)xx 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=211

57、12242xxx=11(2)x x0，当 x 2 时，()F x 0，即()f x()kg x 恒成立，(2)若2ke，则()F x=222(2)()xexee，当 x 2 时，()F x0，()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2ke，则(2)F=222ke=222()eke0，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 考点：（1）313 导数的几何意义；（2）324 导数与函数最值；（3）331 利用导数研究“恒能恰”成立及参数求解问题难度：备注：高频考点2

58、2（）增区间为0,减区间为,0（）2e解析:()1()(1)(0)xfxfefx,令1x 得,(0)1f,再由121()(1)(0)2xf xfefxx,令0 x 得 1fe所以)(xf的解析式为21()2xf xexx第 37 页 共 37 页()1xfxex,易知()1xfxex 是R 上的增函数,且(0)0f 所以()00,()00,fxxfxx所以函数)(xf的增区间为0,减区间为,0()若baxxxf221)(恒成立,即 21()102xh xf xxaxbeaxb恒成立，1xh xea,(1)当10a 时,0h x恒成立,h x 为 R 上的增函数,且当 x 时,h x ,不合题意

59、;(2)当10a 时,0h x 恒成立,则0b,(1)0ab;(3)当10a 时,1xh xea为增函数,由 0h x得ln1xa,故()0ln1,()0ln1,fxxafxxa当ln1xa时,h x 取最小值ln111 ln1haaaab 依题意有ln111 ln10haaaab,即11 ln1baaa,10a ,22111ln1abaaa,令 22 ln0 u xxxxx,则 22 ln1 2lnu xxxxxxx,()00,()0u xxe u xxe,所以当 xe时,u x 取最大值 2eue 故当1,2eae b 时,1ab取最大值 2e 综上,若baxxxf221)(，则ba)1(的最大值为 2e 考点：（）312 导数的运算；（）322 导数与函数单调性；（）324 导数与函数最值难度：备注：高频考点