十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题04导数及其应用理(含解析)

历年考题细目表

题型 年份 考点 试题位置 单选题 2019 导数研究函数的单调性 2019年新课标1理科05 单选题 2018 导数研究函数的切线方程 2018年新课标1理科05 单选题 2016 导数研究函数的单调性 2016年新课标1理科07 单选题 2015 导数综合问题 2015年新课标1理科12 单选题 2014 导数综合问题 2014年新课标1理科11 单选题 2012 导数研究函数的单调性 2012年新课标1理科10 单选题 2012 导数研究函数的最值 2012年新课标1理科12 单选题 2011 定积分 2011年新课标1理科09 单选题 2010 导数研究函数的切线方程 2010年新课标1理科03 填空题 2019 导数研究函数的切线方程 2019年新课标1理科13 填空题 2013 导数研究函数的最值 2013年新课标1理科16 填空题 2010 定积分 2010年新课标1理科13 解答题 2019 导数综合问题 2019年新课标1理科20 解答题 2018 导数综合问题 2018年新课标1理科21 解答题 2017 导数综合问题 2017年新课标1理科21 解答题 2016 导数综合问题 2016年新课标1理科21 解答题 2015 导数综合问题 2015年新课标1理科21 解答题 2014 导数综合问题 2014年新课标1理科21 解答题 2013 导数综合问题 2013年新课标1理科21 解答题 2012 导数综合问题 2012年新课标1理科21 解答题 2011 导数综合问题 2011年新课标1理科21 解答题 2010 导数综合问题 2010年新课标1理科21

1

历年高考真题汇编

1．【2019年新课标1理科05】函数f（x）

在[﹣π，π]的图象大致为（ ）

A．

B．

C．

D．

【解答】解：∵f（x）∴f（﹣x）

，x∈[﹣π，π]，

f（x），

∴f（x）为[﹣π，π]上的奇函数，因此排除A； 又f（）故选：D．

2．【2018年新课标1理科05】设函数f（x）＝x+（a﹣1）x+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（ ） A．y＝﹣2x

B．y＝﹣x

3

2

3

2

，因此排除B，C；

C．y＝2x D．y＝x

【解答】解：函数f（x）＝x+（a﹣1）x+ax，若f（x）为奇函数，

2

可得a＝1，所以函数f（x）＝x+x，可得f′（x）＝3x+1， 曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1， 则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x． 故选：D．

3．【2016年新课标1理科07】函数y＝2x﹣e在[﹣2，2]的图象大致为（ ）

2

|x|

32

A． B．

C．

2

|x|

D．

【解答】解：∵f（x）＝y＝2x﹣e， ∴f（﹣x）＝2（﹣x）﹣e故函数为偶函数，

当x＝±2时，y＝8﹣e∈（0，1），故排除A，B； 当x∈[0，2]时，f（x）＝y＝2x﹣e， ∴f′（x）＝4x﹣e＝0有解，

故函数y＝2x﹣e在[0，2]不是单调的，故排除C， 故选：D．

4．【2015年新课标1理科12】设函数f（x）＝e（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得

x2

|x|

2

22

|﹣x|

＝2x﹣e，

2|x|

xxf（x0）＜0，则a的取值范围是（ ）

A．[

）

B．[

x） C．[） D．[）

【解答】解：设g（x）＝e（2x﹣1），y＝ax﹣a，

由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，

3

∵g′（x）＝e（2x﹣1）+2e＝e（2x+1）， ∴当x时，g′（x）＜0，当x时，g′（x）＞0，

xxx∴当x时，g（x）取最小值﹣2，

当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0， 直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，

故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e≥﹣a﹣a，解得故选：D．

﹣1

a＜1

5．【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）＝ax﹣3x+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（ ） A．（1，+∞）

B．（2，+∞）

3

2

3

2

C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣2）

【解答】解：∵f（x）＝ax﹣3x+1，

∴f′（x）＝3ax﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1； ①当a＝0时，f（x）＝﹣3x+1有两个零点，不成立；

②当a＞0时，f（x）＝ax﹣3x+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立； ③当a＜0时，f（x）＝ax﹣3x+1在（0，+∞）上有且只有一个零点； 故f（x）＝ax﹣3x+1在（﹣∞，0）上没有零点； 而当x时，f（x）＝ax﹣3x+1在（﹣∞，0）上取得最小值；

3

2

3

2

3

2

3

22

2

故f（）3•1＞0；

4

故a＜﹣2； 综上所述，

实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）； 故选：D．

6．【2012年新课标1理科10】已知函数f（x）

，则y＝f（x）的图象大致为（ ）

A． B．

C．

D．

【解答】解：设 则g′（x）

∴g（x）在（﹣1，0）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数 ∴g（x）＜g（0）＝0 ∴f（x）

0

得：x＞0或﹣1＜x＜0均有f（x）＜0排除A，C， 又f（x）中，

，能排除D．

故选：B．

7．【2012年新课标1理科12】设点P在曲线上，点Q在曲线y＝ln（2x）上，则|PQ|最小值为（ A．1﹣ln2 B．

C．1+ln2

D．

【解答】解：∵函数

与函数y＝ln（2x）互为反函数，图象关于y＝x对称，

）5

函数上的点到直线y＝x的距离为，

设g（x）（x＞0），则g′（x）

，

由g′（x）0可得x≥ln2， 由g′（x）

0可得0＜x＜ln2，

∴函数g（x）在（0，ln2）单调递减，在[ln2，+∞）单调递增， ∴当x＝ln2时，函数g（x）min＝1﹣ln2，

，

由图象关于y＝x对称得：|PQ|最小值为．

故选：B．

8．【2011年新课标1理科09】由曲线y，直线y＝x﹣2及y轴所围成的图形的面积为（A．

B．4

C．

D．6

【解答】解：联立方程得到两曲线的交点（4，2），

因此曲线y，直线y＝x﹣2及y轴所围成的图形的面积为：

S．故选C．

9．【2010年新课标1理科03】曲线y在点（﹣1，﹣1）处的切线方程为（ ）

A．y＝2x+1

B．y＝2x﹣1

C．y＝﹣2x﹣3

D．y＝﹣2x﹣2

6

）【解答】解：∵y∴y′

，

，

所以k＝y′|x＝﹣1＝2，得切线的斜率为2，所以k＝2； 所以曲线y＝f（x）在点（﹣1，﹣1）处的切线方程为：

y+1＝2×（x+1），即y＝2x+1．

故选：A．

10．【2019年新课标1理科13】曲线y＝3（x+x）e在点（0，0）处的切线方程为 ． 【解答】解：∵y＝3（x+x）e， ∴y'＝3e（x+3x+1）， ∴当x＝0时，y'＝3，

∴y＝3（x+x）e在点（0，0）处的切线斜率k＝3， ∴切线方程为：y＝3x． 故答案为：y＝3x．

11．【2013年新课标1理科16】若函数f（x）＝（1﹣x）（x+ax+b）的图象关于直线x＝﹣2对称，则f（x）的最大值为 ．

【解答】解：∵函数f（x）＝（1﹣x）（x+ax+b）的图象关于直线x＝﹣2对称， ∴f（﹣1）＝f（﹣3）＝0且f（1）＝f（﹣5）＝0，

即[1﹣（﹣3）][（﹣3）+a•（﹣3）+b]＝0且[1﹣（﹣5）][（﹣5）+a•（﹣5）+b]＝0， 解之得

，

2

2

4

3

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

xxx2

x因此，f（x）＝（1﹣x）（x+8x+15）＝﹣x﹣8x﹣14x+8x+15， 求导数，得f′（x）＝﹣4x﹣24x﹣28x+8， 令f′（x）＝0，得x1＝﹣2当x∈（﹣∞，﹣2当x∈（﹣2，﹣2

，x2＝﹣2，x3＝﹣2

，

，﹣2）时，f′（x）＜0； ，+∞）时，f′（x）＜0

，﹣2）、（﹣2

，+

3

2

）时，f′（x）＞0；当x∈（﹣2）时，f′（x）＞0； 当x∈（﹣2

）、（﹣2，﹣2

∴f（x）在区间（﹣∞，﹣2∞）上是减函数． 又∵f（﹣2

）＝f（﹣2

）上是增函数，在区间（﹣2

）＝16，

7

∴f（x）的最大值为16． 故答案为：16．

12．【2010年新课标1理科13】设y＝f（x）为区间[0，1]上的连续函数，且恒有0≤f（x）≤1，可以用随机模拟方法近似计算积分

，先产生两组（每组N个）区间[0，1]上的均匀随机数x1，x2，…

xN和y1，y2，…yN，由此得到N个点（xi，yi）（i＝1，2，…，N），再数出其中满足yi≤f（xi）（i＝1，2，…，N）的点数N1，那么由随机模拟方案可得积分

的近似值为 ．

【解答】解：由题意可知得，

故积分的近似值为．

故答案为：

．

13．【2019年新课标1理科20】已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明： （1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点； （2）f（x）有且仅有2个零点．

【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），

f′（x）＝cosx，f″（x）＝﹣sinx，

令g（x）＝﹣sinx，则g′（x）＝﹣cosx0在（﹣1，）恒成立，

∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，

又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣11+1＝0，由零点存在定理可知，

函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增， 在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；

（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减； 当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；

8

由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）0，

由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知， 当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增； 当x∈（

）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．

0，于是f′（x）＝cosx0，f（x）单调递减，

当x∈（，π）时，cosx＜0，

其中f（）＝1﹣ln（1）＞1﹣ln（1）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，

f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．

于是可得下表：

x （﹣1，0） f′（x） ﹣ 0 0 + 0 ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ 0 （0，x1） x1 （） （） π f（x） 减函数 增函数 大于0 减函数 大于0 减函数 小于0 结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0， 由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，

当x∈[π，+∞）时，f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜1﹣ln（1+π）＜1﹣ln3＜0，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．

综上，f（x）有且仅有2个零点．

14．【2018年新课标1理科21】已知函数f（x）（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞）， 函数的导数f′（x）设g（x）＝x﹣ax+1，

9

2

x+alnx．

a﹣2．

1，

当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数， 当a＞0时，判别式△＝a﹣4，

①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，

②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：

x （0，） （，） f′（x） f（x） ﹣ 递减 0 + 递增 0 （∞） ﹣ 递减 ，+2

综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数， 当a＞2时，在（0，则（

，

），和（）上是增函数．

，+∞）上是减函数，

（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1， 则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1

）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），

则2，

则问题转为证明

即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2， 则lnx1﹣ln即lnx1+lnx1＞x1即证2lnx1＞x1

1即可，

x1， ，

在（0，1）上恒成立，

，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，

设h（x）＝2lnx﹣x求导得h′（x）10，

则h（x）在（0，1）上单调递减，

10

∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，

故2lnx＞x，

则

a﹣2成立．

（2）另解：注意到f（）＝xalnx＝﹣f（x），

即f（x）+f（）＝0，

由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1，

可得f（x2）+f（）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，

要证

a﹣2，只要证

a﹣2，

即证2alnx2﹣ax2

0，（x2＞1），

构造函数h（x）＝2alnx﹣ax，（x＞1），h′（x）0，

∴h（x）在（1，+∞）上单调递减， ∴h（x）＜h（1）＝0， ∴2alnx﹣ax0成立，即2alnx2﹣ax2

0，（x2＞1）成立．

即a﹣2成立．

15．【2017年新课标1理科21】已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣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．

【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0， ∴当x∈R，f（x）单调递减，

当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex）（ex），

令f′（x）＝0，解得：x＝ln，

11

当f′（x）＞0，解得：x＞ln， 当f′（x）＜0，解得：x＜ln，

∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增； 当a＜0时，f′（x）＝2a（ex）（ex）＜0，恒成立，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数； （2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点， 当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x， 当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0， ∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞， 当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x， ∴当x→∞，f（x）→+∞，

∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，

由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，

∴f（x）min＝f（ln）＝a×（）+（a﹣2）ln0，

∴1ln0，即ln1＞0，

设t，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），

求导g′（t）1，由g（1）＝0，

∴t1，解得：0＜a＜1，

∴a的取值范围（0，1）．

方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0， ∴当x∈R，f（x）单调递减，

12

当a＞0时，f′（x）＝（2e+1）（ae﹣1）＝2a（e令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna， 当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna， 当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，

xxx）（ex），

∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增； 当a＜0时，f′（x）＝2a（ex）（ex）＜0，恒成立，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数； （2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，

②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点， 当a∈（1，+∞）时，由1故f（x）没有零点， 当a∈（0，1）时，1

﹣4

ln，

ln0，即f（﹣lna）＞0，

ln﹣2

0，f（﹣lna）＜0，

﹣2

由f（﹣2）＝ae+（a﹣2）e+2＞﹣2e+2＞0， 故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点， 假设存在正整数n0，满足n0＞ln（由ln（

1）＞﹣lna，

1），则f（n0）

（aa﹣2）﹣n0n0n0＞0，

因此在（﹣lna，+∞）有一个零点． ∴a的取值范围（0，1）．

16．【2016年新课标1理科21】已知函数f（x）＝（x﹣2）e+a（x﹣1）有两个零点． （Ⅰ）求a的取值范围；

（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．

x2

13

【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2

， ∴f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a）， ①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）ex＝0⇔x＝2， 函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意； ②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，

当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数； 当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数； 此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，

由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点； 当x＜1时，ex＜e，x﹣2＜﹣1＜0，

∴f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2

+e（x﹣1）﹣e， 令a（x﹣1）2

+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2， 则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2

+e（x﹣1）﹣e＞0， 故函数f（x）在x＜1存在一个零点；

即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意； ③若

a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，

当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，

ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增， 当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）

+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减， 当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）

+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增， 故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，

由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2

＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2

+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意； ④若a，则ln（﹣2a）＝1，

当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）

+2a＝0，

14

即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增， 当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）

+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增， 故函数f（x）在R上单调递增，

函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意； ⑤若a，则ln（﹣2a）＞lne＝1，

当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）

+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增， 当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）

+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减， 当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）

+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增， 故当x＝1时，函数取极大值， 由f（1）＝﹣e＜0得：

函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意； 综上所述，a的取值范围为（0，+∞） 证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点， ∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1， ∴﹣a，

令g（x），则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，

∵g′（x）

，

∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减； 当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增； 设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m），设h（m），m＞0， 则h′（m）

0恒成立，

即h（m）在（0，+∞）上为增函数，

15

h（m）＞h（0）＝0恒成立，

即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立， 令m＝1﹣x1＞0，

则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2， 即x1+x2＜2．

17．【2015年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x+ax（i）当a为何值时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；

（ii）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．

【解答】解：（i）f′（x）＝3x+a．

设曲线y＝f（x）与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）＝0，f′（x0）＝0， ∴

，解得

，a．

2

3

，g（x）＝﹣lnx

因此当a时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；

（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）＝﹣lnx＜0， ∴函数h（x）＝min{f（x），g（x）}＜0， 故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点． 当x＝1时，若a，则f（1）＝a0，

∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝g（1）＝0，故x＝1是函数h（x）的一个零点； 若a，则f（1）＝a0，∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝f（1）＜0，故x＝1不是函数h（x）

的零点；

当x∈（0，1）时，g（x）＝﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．

①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）＝3x+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调， 而f（0）

，f（1）＝a，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，

2

当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点． ②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在

内单调递减，在

内单调递增，故当x时，f（x）

16

取得最小值若若

0，即0，即a．

，则f（x）在（0，1）内无零点． ，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．

若0，即，由f（0），f（1）＝a，

∴当点． 综上可得：a当

时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零

时，函数h（x）有一个零点．

时，h（x）有一个零点；

当a或时，h（x）有两个零点；

当

时，函数h（x）有三个零点．

18．【2014年新课标1理科21】设函数f（x）＝aelnx线方程为y＝e（x﹣1）+2． （Ⅰ）求a、b；

（Ⅱ）证明：f（x）＞1．

【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处得切

f′（x）

由题意可得f（1）＝2，f′（1）＝e， 故a＝1，b＝2；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝elnx∵f（x）＞1，∴elnx∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x，

x，

，

x1，∴lnx，设函数g（x）＝xlnx，则g′（x）＝1+lnx，

∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．

17

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）＝xe﹣x，则h′（x）＝e（1﹣x）．

﹣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．

19．【2013年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x+ax+b，g（x）＝e（cx+d），若曲线y＝f（x）和曲线

2

xy＝g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y＝4x+2．

（Ⅰ）求a，b，c，d的值；

（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）由题意知f（0）＝2，g（0）＝2，f′（0）＝4，g′（0）＝4， 而f′（x）＝2x+a，g′（x）＝e（cx+d+c），故b＝2，d＝2，a＝4，d+c＝4， 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2；

（Ⅱ）由（I）知，f（x）＝x+4x+2，g（x）＝2e（x+1） 设F（x）＝kg（x）﹣f（x）＝2ke（x+1）﹣x﹣4x﹣2， 则F′（x）＝2ke（x+2）﹣2x﹣4＝2（x+2）（ke﹣1）， 由题设得F（0）≥0，即k≥1，

令F′（x）＝0，得x1＝﹣lnk，x2＝﹣2，

①若1≤k＜e，则﹣2＜x1≤0，从而当x∈（﹣2，x1）时，F′（x）＜0，当x∈（x1，+∞）时，F′（x）＞0，

即F（x）在（﹣2，x1）上减，在（x1，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值为F（x1）， 而F（x1）＝﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2时F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．

②若k＝e，则F′（x）＝2e（x+2）（e﹣e），从而当x∈（﹣2，+∞）时，F′（x）＞0，

即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）＝0，故当x≥﹣2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．

③若k＞e时，F′（x）＞2e（x+2）（e﹣e），

2

2

2

2

2

2

xxx2

xxx﹣2

x﹣2

18

而F（﹣2）＝﹣2ke+2＜0，所以当x＞﹣2时，f（x）≤kg（x）不恒成立， 综上，k的取值范围是[1，e]．

20．【2012年新课标1理科21】已知函数f（x）满足f（x）＝f′（1）e（1）求f（x）的解析式及单调区间； （2）若

，求（a+1）b的最大值．

x﹣1

x﹣1

2

﹣2

﹣f（0）xx2；

【解答】解：（1）f（x）＝f'（1）e令x＝1得：f（0）＝1 ∴f（x）＝f'（1）ex﹣1

﹣f（0）x⇒f'（x）＝f'（1）ex﹣1

﹣f（0）+x

﹣xx令x＝0，得f（0）＝f'（1）e＝1解得f'（1）＝e

﹣1

故函数的解析式为f（x）＝e﹣x令g（x）＝f'（x）＝e﹣1+x

x∴g'（x）＝e+1＞0，由此知y＝g（x）在x∈R上单调递增 当x＞0时，f'（x）＞f'（0）＝0；当x＜0时，有

xf'（x）＜f'（0）＝0得：

函数f（x）＝e﹣x（2）f（x）

x的单调递增区间为（0，+∞），单调递减区间为（﹣∞，0）

（a+1）x﹣b≥0得h′（x）＝e﹣（a+1）

x①当a+1≤0时，h′（x）＞0⇒y＝h（x）在x∈R上单调递增，x→﹣∞时，h（x）→﹣∞与h（x）≥0矛盾

②当a+1＞0时，h′（x）＞0⇔x＞ln（a+1），h'（x）＜0⇔x＜ln（a+1）

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

∴（a+1）b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1），（a+1＞0） 令F（x）＝x﹣xlnx（x＞0），则F'（x）＝x（1﹣2lnx） ∴F'（x）＞0⇔0＜x当x即当a

19

2

2

2

2

时，（a+1）b的最大值为

时，F（x）max21．【2011年新课标1理科21】已知函数f（x）程为x+2y﹣3＝0． （Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当x＞0，且x≠1时，f（x）

，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方

，求k的取值范围．

【解答】解：由题意f（1）＝1，即切点坐标是（1，1） （Ⅰ）

由于直线x+2y﹣3＝0的斜率为，且过点（1，1），故

即解得a＝1，b＝1．

，所以

）．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

考虑函数

．

（i）设k≤0，由

（x＞0），则

知，当x≠1时，h′（x）＜0．而h（1）＝0，故

；

当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，可得当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，可得从而当x＞0，且x≠1时，f（x）﹣（（ii）设0＜k＜1．由于当x∈（1，

h（x）＞0

）＞0，即f（x）

2

．

）时，（k﹣1）（x+1）+2x＞0，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．

h（x）

（iii）设k≥1．此时h′（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，可得＜0，与题设矛盾．

综合得，k的取值范围为（﹣∞，0]．

22．【2010年新课标1理科21】设函数f（x）＝e﹣1﹣x﹣ax． （1）若a＝0，求f（x）的单调区间；

x2

20

（2）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围．

【解答】解：（1）a＝0时，f（x）＝e﹣1﹣x，f′（x）＝e﹣1． 当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0． 故f（x）在（﹣∞，0）单调减少，在（0，+∞）单调增加 （II）f′（x）＝e﹣1﹣2ax

由（I）知e≥1+x，当且仅当x＝0时等号成立．故f′（x）≥x﹣2ax＝（1﹣2a）x， 从而当1﹣2a≥0，即

时，f′（x）≥0（x≥0），而f（0）＝0，

xxxx于是当x≥0时，f（x）≥0．

由e＞1+x（x≠0）可得e＞1﹣x（x≠0）． 从而当

时，f′（x）＜e﹣1+2a（e﹣1）＝e（e﹣1）（e﹣2a），

x﹣x﹣xx﹣xxx故当x∈（0，ln2a）时，f'（x）＜0，而f（0）＝0，于是当x∈（0，ln2a）时，f（x）＜0． 综合得a的取值范围为

考题分析与复习建议

本专题考查的知识点为：导数的概念及运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，定积分与微积分基本定理.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，定积分，预测明年本考点题目会比较稳定.备考方向以知识点导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，定积分为重点较佳.

最新高考模拟试题

．

1，x＜0x1．已知函数f(x)，若Fxfxkx有3个零点，则k的取值范围为( )

lnx,x＞0xA．(

1，0) e2B．(1，0) 2eC．(0，

1) 2eD．(0，

1) e221

【答案】C 【解析】

1，x0x由题意，函数f(x)，要使得函数Fxfxkx在R上有3个零点，

lnxx,x0当x0时，令Fxfxkx0，可得klnxx2， 要使得Fx0有两个实数解，即yk和gxlnxx2有两个交点，

又由gx12lnxx3，令12lnx0，可得xe，

当x(0,e)时，gx0，则gx单调递增； 当x(e,)时，gx0，则gx单调递减， 所以当xe时，gx1max2e， 若直线yk和gxlnxx2有两个交点，则

k(0,12e)， 当x0时，yk和gx1x有一个交点，则k0，

综上可得，实数k的取值范围是(0,12e)，故选C.

2．已知,(0,2)，sinsin0，则下列不等式一定成立的是（ A．2 B．2 C． D．【答案】C 【解析】

由题意，sinsin，sinsin，

设fxsinxx,x0,2， f'xxcosxsinxx2,x0,2，

22

）

设gxxcosxsinx,x0,， 2g'xcosxxsinxcosxxsinx0，

gx在0,单调递减，且gxg00，

2f'x0,

所以fxsinx在0,递减， x2sinsinff,

，故选C.

3．已知函数f(x)alnxx2（a为大于1的整数），若yf(x)与yf(f(x))的值域相同，则a的最小值是（ ）（参考数据：ln20.6931，ln31.0986，ln51.6094） A．5 【答案】A 【解析】

B．6

C．7

D．8

aax'f(x)alnxx2f'(x)=1，当xa时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当0xa时，

xxf'(x)0，函数f(x)单调递增，

故f(x)maxf(a)alnaa2，又当x0,f(x)，所以函数f(x)的值域为(,alnaa2]，令t(a)alnaa2t(a)lna11lna,

'a1,aZt'(a)0因此t(a)是单调递增函数，因此当a2,aZ时， t(a)t(2)2ln20，令f(x)alnxx2n由上可知：nalnaa2，

yf(f(x))f(n)，由上可知函数f(n)在0xa时，单调递增，在xa时，单调递减，要想yf(f(x))f(n)的值域为(,alnaa2]，只需aalnaa2，即alna2a20，设

g(a)alna2a2，a2,aZ，g'(a)lna1，所以当a3,aZ时，函数g(a)单调递增，g(2)2ln240,g(3)3ln340，

23

g(4)4ln460,g(5)5ln580，所以a的最小值是5，故本题选A.

4．已知实数a，b，c，d满足lna1c21，则(ac)2(bd)2的最小值为（ ） b1d3A．8 B．4

C．2

D．2

【答案】D 【解析】

lna1c2b1d31 lna1b11blna，c2d31dc1

可以看成f(x)lnx和g(x)x1之间的最小值

f'(x)1x 当

1x1x1时，即点1,0到直线g(x)x1的距离最小 d222 5．若函数fxxxalnx在区间1,上存在零点，则实数a的取值范围为( )

A．10,2

B．12,e

C．0,

D．12,

【答案】D 【解析】

因为函数fxxxalnx， 所以f(x)112xx2a2xax2x 令g(x)2xx2a，因为g(x)214x12x2x， 当x(1,) 时，4x10,2x0，所以g(x)0 所以g(x)在(1,)上为增函数，则g(x)g(1)12a，

当12a0时，g(x)0，所以f(x)0，所以f(x)在(1,)上为增函数， 则f(x)f(1)0，所以f(x)在(1,)上没有零点.

24

当12a0时，即a1，因为g(x)在(1,)上为增函数，则存在唯一的x0(1,)，使得g(x0)0，2且当x(1,x0)时，g(x)0，当x(x0,)时，g(x)0；

所以当x(1,x0)时，f(x)0，f(x)为减函数，当x(x0,)时，f(x)0，f(x)为增函数，当xx0时，fmin(x)f(x0)，

因为f(x0)f(1)0，当x趋于时，f(x)趋于， 所以在x(x0,)内，f(x)一定存在一个零点. 所以a(,)， 故答案选D.

6．已知函数f(x)2取值范围是（ ）

121xaeax，若对任意x(0,)，都有f(x)xf(x)成立，则实数a的xx3,e A．2轹3C．ê-e,+?÷÷ ê滕2【答案】D 【解析】

令g(x)xf(x)(2x1)eaxa， 则g(x)f(x)xf(x)，

x2B．-?,2eùúû D．éêë-2e,+?()

因为对任意x(0,)，都有f(x)xf(x)成立， 所以g(x)f(x)xf(x)0在x(0,)上恒成立； 即g(x)(2x1)e2ax0在x(0,)上恒成立；

x(2x1)ex12ex在x(0,)上恒成立； 即2axx令h(x)21xe，x(0,)， x 25

1x1x(2x2x1)xe， 则h(x)2e2e2xxx由h(x)0得2x2x10，解得x1（舍）或x1， 21x1(2x2x1)xh(x)2所以，当0x时，h(x)，e0e单调递减； 2x2x1x1(2x2x1)xh(x)2当x时，h(x)，e0e单调递增； 2x2x所以h(x)minh14e， 2(2x1)ex12ex在x(0,)上恒成立， 因为2axx所以只需2a4e，解得a2e. 故选D

7．已知奇函数fx是定义在R上的可导函数，其导函数为fx，当x0时，有2fxxfxx，

2则不等式x2018fx+2018＋4f20的解集为( ) A．,-2016 【答案】A 【解析】

设gxxfx，

22B．2016,2012 C．,2018 D．2016,0

因为fx为R上奇函数，

所以gxxfxx2fx， 即gx为R上奇函数

对gx求导，得gxx2fxxfx， 而当x0时，有2fxxfxx0

22故x0时，gx0，即gx单调递增，

26

所以gx在R上单调递增

不等式x2018fx+2018＋4f20

2x2018x20182fx+20184f2， fx+20184f2

2即gx2018g2

所以x20182，解得x2016 故选A项.

x3x5x7x9x11x138．已知函数f(x)1x，则使不等式f(x1)0成立的x的最小整数为35791113（ ） A．-3 【答案】D 【解析】

B．-2

C．-1

D．0

x3x5x7x9x11x13根据题意，函数f(x)1x，其导数35791113f(x)1x2x4x6x8x10x12，

x0时，f(x)可以看成是1为首项，x2为公比的等比数列，

1x14则有f(x)1xxxxxx0， 21x24681012函数f(x)在R上为增函数，

又由f(1)1(1)()()(1135117911)0， 111323252729211213f(2)1(2)0，

35791113则函数f(x)在(2,1)上存在唯一的零点，设其零点为t，

f(x1)0x1txt1，

又由2t1，则1t10，

故不等式f(x1)0成立的x的最小整数为0；

27

故选：D．

9．直线yax是曲线y1lnx的切线，则实数a____． 【答案】1 【解析】

解：∵y1lnx，∴y1 x1， m设切点为(m,1lnm)，得切线的斜率为

所以曲线在点m,1lnm处的切线方程为：ylnm1即：ylnm1(xm)． m1x m它过原点，∴lnm0，∴m1， ∴a11． m故答案为：1．

10．函数fxaex与gxxx1的图象上存在关于x轴的对称点，则实数a的取值范围为

x22_________． 【答案】a„1 【解析】

gxx2x1关于x轴对称的函数为hxx2x1，

因为函数fxaex与gxxx1的图象上存在关于x轴的对称点，

x22所以fxaex与hxxx1的图象有交点，

x22方程aexx2x2x1有解，即aexx1有解， a0时符合题意，

28

a0时转化为ex1x1有解， a即ye,yx1x1的图象有交点， a11x1是过定点1,0的直线，其斜率为， aa1mx设ye,yx1相切时，切点的坐标为m,e，

ayem11m1a则，解得a1，切线斜率为1，

aem1a由图可知，当

111，即a1且a0时，yex,yx1的图象有交点， aax22x22此时，fxaex与hxxx1的图象有交点，函数fxaex与gxxx1的图象上存在关于x轴的对称点，

综上可得，实数a的取值范围为a1，故答案为a1.

x11．已知函数f(x)e1，若存在实数a,b(ab)使得f(a)f(b)，则a2b的最大值为________.

【答案】ln【解析】

32 27作出函数f(x)e1图像如下：

x

由题意，令a,b为方程f(x)m的两个根，由图像易得0m1； 由e1m得ex1m，解得xln(1m)或xln(1m)， 因为ab，所以bln(1m)，aln(1m)， 因此a2bln(1m)2ln(1m)ln(1m)(1m)，

2x 29

令g(m)(1m)(1m)mmm1，0m1， 则g(m)3m2m1(3m1)(m1)， 因为0m1，所以由g(m)0得0m223211；由g(m)0得m1，

33即函数g(m)在0,上单调递增；在,1上单调递减；

13132所以g(m)max32111， g112733332. 27因此a2b的最大值为ln故答案为ln32 2712．已知实数a，b，c满足eace2bc1a2b1（e为自然对数的底数），则a2b2的最小值是_______． 【答案】 【解析】

设u(x)e(x1)，则u(x)e1，

所以函数u(x)的增区间为（0，+），减区间为(-,0), 所以u(x)u(0)0，即exx1；

可知eace2bc1ac12bc11a2b1， 当且仅当ac2bc10时取等； 因为eace2bc1a2b1

所以eace2bc1a2b1，ac2bc10． 所以ac,bxx15c1， 221(c1)252c11解得abcc，当且仅当c时，取等号．

424522故答案为：

x13．已知直线xt与曲线fxlnx1,gxe分别交于M,N两点，则MN的最小值为________

15【答案】1. 【解析】

30

令h(t)g(t)f(t)eln(t1)，

th'(t)g(t)f(t)et1，显然为增函数，且h'(0)0 t1所以当t(1,0)时，h'(t)0,h(t)单调递减； 当t(1,)时，h'(t)0,h(t)单调递增. 所以h(t)minh(0)1. 故答案为1.

14．曲线yacosx在x【答案】x2y3【解析】

解：曲线yacosx，可得y'asinx， 曲线yacosx在x可得asin6

处的切线l的斜率为

1，则切线l的方程为_____． 260

6

处的切线l的斜率为

1， 261， 2所以a1. 所以切点坐标为：(6,3)， 2则切线l的方程为：y即：x2y331x. 22660．

故答案为：x2y360．

2x2,x0,215．已知函数f(x)x若方程[f(x)]a恰有两个不同的实数根x1,x2，则x1x2的最大值是

e,x0,______．

【答案】3ln22 【解析】

31

作出fx的函数图象如图所示， 由fxa，可得f(x)2a,a1， 即a1，

2不妨设x1x2 ，则2x1ex2a，

令at(t1)，则x1t,x2lnt， 2x1x2lnttt42t，令g(t)lnt，则g'(t)， 224t当 1t8时，g't0，g(t)在1,8上递增；

当t>8时，g't0，g(t)在8,上递减；

当t8时，g(t)取得最大值g(8)=ln82=3ln22,

故答案为3ln22. 16．已知函数f(x)ax1,x0的图象恰好经过三个象限，则实数a的取值范围______. 3xaxx2,x0【答案】a0或a2 【解析】

（1）当a0时，f(x)在(,0]上单调递减，又f(0)1，所以函数f(x)的图象经过第二、三象限，

x3(a1)x2,x…2当x0时，f(x)3，

x(a1)x2,0x23x2(a1),x…2所以f(x)2，

3x(a1),,0x2①若a„1时，f(x)0恒成立，又当x0时，f(x)2，所以函数f(x)图象在x0时，经过第一

32

象限，符合题意；

②若1a0时，f(x)0在[2,)上恒成立，当0x2时，令f(x)0，解xa11，所33a1a1,2以f(x)在0,3上单调递减，在上单调递增， 3a1a1a1a1a1a1(a1)22又f3130 3333所以函数f(x)图象在x0时，经过第一象限，符合题意；

（2）当a0时，f(x)的图象在(,0)上，只经过第三象限，f(x)0在(0,)上恒成立，所以f(x)的图象在(0,)上，只经过第一象限，故不符合题意；

（3）当a0时，f(x)在(,0)上单调递增，故f(x)的图象在(,0)上只经过第三象限，所以f(x)在

(0,)上的最小值fmin(x)0，

当0x2时，令f(x)0，解得xa1， 3若a12时，即a11时，f(x)在(0,)上的最小值为 3a1a1a1f21， 333令fa1a1a1210a22a11. 333若a12a11时，则f(x)在0x2时，单调递减， 3当x2时，令f(x)0，解得xa1， 3若a1故f(x)在(0,)上的最小值为f(2)82a，211a13，f(x)在(2,)上单调递增，

3令82a0a4，所以11a13；

a1a1a1f(x)2,,若在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在(0,)2a13，333

33

上的最小值为fa12(a1)a13332， 显然2(a1)a13320，故a13；

结上所述：a0或a2.

17．已知函数f(x)|xa|lnx(a0). （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）比较ln22ln32lnn2(n1)(2n1)2232n2 与2(n1)的大小nN且n2，并证明你的结论.

【答案】（I）见解析；（II）见解析 【解析】

（Ⅰ）函数f(x)可化为f(x)xlnxa,xaaxlnx,0xa，

当0xa时，f(x)11x0，从而f(x)在(0,a)上总是递减的， 当xa时，f(x)11x1xx，此时要考虑a与1的大小.

若a≥1，则f(x)0，故f(x)在[a,)上递增，

若0a1，则当ax1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，故f(x)在[a,1)上递减， 在(1,)上递增，而f(x)在xa处连续，所以 当a≥1时，f(x)在(0,a)上递减，在[a,)上递增； 当0a1时，f(x)在(0,1)上递减，在[1,)上递增.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a1，x1时，x1lnx0，即lnx1x，所以

lnxx11x.所以 ln22ln32lnn212232112122132n2n111n122321n2 n1111n(n1)n1121n1(n1)n12(n1) 23342n22n1(n1)(2n1)2(n1)2(n1).

18．已知函数fxlnx122xaxaR．

34

（1）讨论fx的单调性；

（2）若x1,x2为fx的两个极值点，证明：

fx1fx22a2+4a4xx2f1. 82aa24【答案】（1）当a2时，fx在0,2aa24aa24,为增函数，22减函aa24,为增函数；当a2时，fx在0,为增函数．数，（2）证明见解析．

2【解析】

x2ax1（1）fx的定义域为0,，fxx0，

x对于函数yxax1，

①当a240时，即2a2时，x2ax10在x0恒成立．

2x2ax1fx0在0,恒成立，fx在0,为增函数；

x②当，即a2或a2时，

22aa4aa4aa24aa24fx0当a2时，由，得x或x，0， 2222aa24fx在0,2aa24aa24,为增函数，22减函数， aa24,为增函数， 2x2ax1当a2时，由fx0在0,恒成立，

xfx在0,为增函数．

aa24综上，当a2时，fx在0,2aa24,为增函数； 2当a2时，fx在0,为增函数．

35

aa24aa24,为增函数，22减函数，（2）由（1）知a2，且x1x2a,x1x21， 故

fx1fx22xx2f1 22x1x211lnx1x12ax1lnx2x22ax2xx22xx2 22ln1a122222a1aln+

228故只需证明ln10，

22令taaa，故t1， 21-t<0，所以g(t)=lnt-(t-1)单调递减，有g(t)=lnt-(t-1)1). 19．已知函数f(x)ln(ax1)x1(a…（Ⅰ）当a1时，求f(x)的最大值；

1e1x（Ⅱ）若f(x)„对,恒成立，求实数a的取值范围. ea【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）[1,e] 【解析】

（Ⅰ）当a1时，f(x)ln(x1)x1，定义域为(1,). f(x)1x1. x1x1令f(x)0，得x0.

当x(1,0)时，f(x)0，f(x)单调递增， 当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递减. 所以f(x)maxf(0)1. （Ⅱ）f(x)当xaaxa1a111，x.令f(x)0，得x.

aax1ax1a1a1a1f(x),x,f(x)0时，，单调递增；当时，f(x)0，f(x)单调递减，

aaa 36

所以f(x)maxf依题意有lna1a1lna. aa1e11„1)， ，设g(a)lna(a…aea11a10，所以g(a)在a[1,)上单调递增. 则g(a)22…aaa1e11e1g(a)„g(e)1剟ae， 又g(e)lne，故lna„eeae即实数a的取值范围为[1,e].

20．对于函数yfx的定义域D，如果存在区间m,nD，同时满足下列条件：①fx在f(x)g(x)上是单调函数；②当xm,n时，fx的值域为2m,2n，则称区间f(x)g(x)是函数fx的“单

alnx2x,x0a0 调倍区间”．已知函数f(x)x2a,x0（1）若a2，求fx在点e,fe处的切线方程； （2）若函数fx存在“单调倍区间”，求a的取值范围．

231y2x【答案】（1）（2）,；

e1【解析】

4e,2e2

（1）当a2时，fx2lnx2xx0

当x0时，fx222，则：fe2，又fe22e xe2fx在e,fe处的切线方程为：y22e2xe

e即：y22x e（2）

a2,x0alnx2x,x0xf(x)a0 fx1a0

x2a,x0,x02x列表如下：

37

x ,0  a0, 2a 20 a, 2fx   fx

极大值 设函数fx存在“单调倍区间”是f(x)g(x)

m2a2n,0fx①当mn0时，由在上单调递减，则有

n2a2m两式相减得：mn2nm 即mn2mnmn

1mn，代入212a2nnm2a2n2得：

1n2a2m2a2mm22要使此关于m,n的方程组在mn0时有解，则使得y2a与y2xx点

1x0的图象有两个公共2131时，ymin，当x0时，y

2843131a 结合两函数图象，则2a≤，即：

821当x即此时满足fx存在“单调倍区间”的a的取值范围是31, 1am2m2m lnaa

0,②当0mn时，由fx在 上单调递增，则有alnn2n2n221lnma4m即：

1lnna4n 38

设gxlnx4x，则gx1lnx4x2 当x0,e时，gx0，gx为增函数 当xe,时，gx0，gx为减函数

要使方程

1lnx1lnxa4x有两解，则ya与gxa4x的图象在0,2有两个交点 aa2e结合两函数图象，则2elna21 a1，即：g2age2aa11a4e解得：4ea2e2

即此时满足fx存在“在单调倍区间”的a的取值范围是4e,2e2

③当aaalnm2m2n2mn时，由fx在2,上单调递减，则有alnn2n2m 两式相减得：alnmlnn0，此式不成立，即此时fx不存在“单调倍区间” 综上，函数fx存在“单调倍区间”的a的取值范围是3116,44e,2e2

21．已知函数f(x)xax4ex2(a0). （1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）当b[0,1)时，设函数g(x)ex2b(x3)(x2)2(x2)有最小值h(b)，求h(b)的值域. 【答案】(1)见解析；(2) h(b)1e22,4

【解析】

解：（1）f(x)定义域为(,4)(4,)，

39

ex24axa(x4)2x4 2ex2x(4a)x3a4(x4)2. 令x2(4a)x3a40，①

(4a)24(3a4)a24a，

1当0a4时，0，x2(4a)x3a40，

即f'(x)0且不恒为零，故f(x)单调递增区间为(,4)，(4,)，

44aa24a4aa22当a时，，方程①两根为x12，x4a22，由于x4)4aa24a1(20，

x4)4aa24a2(20.

故x14x2，

因此当x(,x1)时，f'(x)0，f(x)单调递增，

x(x1,4)，f'(x)0，f(x)单调递减， x(4,x2)，f'(x)0，f(x)单调递减， x(x2,)，f'(x)0，f(x)单调递增，

综上，当0a4时，f(x)在(,4)单调递增，(4,)单调递增，

当a4时，f(x)在(,4aa24a2)单调递增，

(4aa24a2,4)，(4,4aa24a2)单调递减；

在(4aa24a2,)单调递增.

40

x（2）g'(x)xex2b(x4)(x4)ex2b(x2)3x4， (x2)3设k(x)xx4ex2b(x2)， 由（1）知，a0时，f(x)xx4ex2在(2,)单调递增， 由于k(0)b0，k(2)1b0， 故在(2,0]存在唯一x0，使k(x0)0，

bx0x4ex02， 0又当x(2,x0)，k(x)0，即g'(x)0，g(x)单调递减，

x(x0,)，k(x)0，即g'(x)0，g(x)单调递增，

x02故x(2,)时，h(b)gxbx03b0ex2

02ex02x0x4ex02x030

x022ex02x4，x0(2,0]. 0m(x)ex2又设x4，x(2,0]，

m'(x)ex2(x4)ex2ex2(x3)(x4)2(x4)20， 故m(x)单调递增，故m(x)(m(2),m(0)]，

即m(x)1e21e22,4，即h(b)2,4.

22．已知函数f(x)xex1alnx（无理数e2.718…）．

（1）若f(x)在(1,)单调递增，求实数a的取值范围：

41

（2）当a0时，设g(x)exf(x)x2x， 证明：当x0时，g(x)1ln22ln22． 【答案】（1）

（，2]； （2）见解析. 【解析】

2x（1）解：由题意可得f(x)(1x)ex1axxe1a0在（，1）上恒成立． xx∴a（xx2）ex1， 令h(x)(xx2)ex1，则h（x）（13xx2）ex1＞0，

∴函数h(x)(xx2)ex1在（，1）上单调递增． ∴a（）h12．

∴实数a的取值范围是

（，2]． （2）证明：当a0时，g(x)exf(x)x2xexx2x． g(x)ex2x1，令u(x)g(x)ex2x1，

则u（x）ex2，可得xln2时，函数u（x）取得极小值，g（ln2）（uln2）12ln2＜0．∵g（0）0，又g'112ln211e2ln22112ln212e3ln20．

∴存在x110ln2，ln2，使得gx0ex02x010,ex022x01． 由单调性可得：xx0时，函数g(x)取得极小值，即最小值，

2∴g(x)gxex0x2x22150002x01x0x0x0x01x02．

4由x0ln2，112ln2，可得函数yg（x0）单调递减，故g(x))gx1125ln2ln22012ln224122．



42

2∴当x0时，g(x)1ln2ln222．



43