高考导数压轴题题型

高考导数压轴题题型

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. 已知函数满足满足；‎ ‎（1）求的解析式及单调区间；‎ ‎【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.【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；‎ ‎【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．‎ ‎3.【2014新课标2】21. 已知函数=‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎【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 ‎【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。‎ ‎4.【2017新课标1】21. 已知函数。‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎【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.‎ 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. 已知函数且。‎ ‎（1）求a；‎ ‎【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；‎ ‎6.【2017新课标3】21. 已知函数．‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎【解析】‎ ‎（1） ，，则，且 当时，，在上单调增，所以时，，不满足题意；‎ 当时，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增。‎ ‎①若，在上单调递增∴当时矛盾 ‎②若，在上单调递减∴当时矛盾 ‎③若，在上单调递减，在上单调递增∴满足题意 综上所述。‎ ‎7.【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）‎ ‎8.【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】‎ ‎（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 ‎9.【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,]‎ ‎10.【2014新课标2】21. 已知函数=‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）设，当时，,求的最大值；‎ ‎【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

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