总稿：2016及2017全国卷导数题解法汇总

几个常见的不等式模型在导数中的考查与应用1.41.210.80.60.40.2-0.2-0.4-0.6-0.8-1-1.2-1.40.511.522.533.544.5核心公式：x-1lnxx2-xxlnxx-1lnx1-1xrx=1-1xqx=lnxhx=x-1gx=xlnxfx=x2-x1.81.61.41.210.80.60.40.2-0.2-0.4-0.6-0.8-1-1.2-1.4-1.6-1.8-2-1-0.50.511.522.533.544.555.5sx=x-1xrx=1-xqx=x-1hx=lnxgx=x+1fx=ex1.61.41.210.80.60.40.2-0.2-0.4-0.6-0.8-1-0.50.511.522.533.5hx=tanxgx=xfx=sinx2016全国卷I文（21）已知函数.(I)讨论的单调性；(II)若有两个零点，求a的取值范围.解：(I)'12112.xxfxxeaxxea(i)设0a，则当,1x时，'0fx；当1,x时，'0fx.所以在,1单调递减，在1,单调递增.(ii)设0a，由'0fx得x=1或x=ln(-2a).①若2ea，则'1xfxxee，所以fx在,单调递增.②若2ea，则ln(-2a)1,故当,ln21,xa时，'0fx；当ln2,1xa时，'0fx，所以fx在,ln2,1,a单调递增，在ln2,1a单调递减.③若2ea，则21lna，故当,1ln2,xa时，'0fx，当1,ln2xa时，'0fx，所以fx在,1,ln2,a单调递增，在1,ln2a单调递减.(II)方法1（利用（I）中的结论）：(i)设0a，则由(I)知，fx在,1单调递减，在1,单调递增.又12fefa，，取b满足b0且ln2ab，（赋值）则23321022afbbababb，所以fx有两个零点.(ii)设a=0，则2xfxxe所以fx有一个零点.(iii)设a0，若2ea，则由(I)知，fx在1,单调递增.又当1x时，fx0，故fx不存在两个零点；若2ea，则由(I)知，fx在1,ln2a单调递减，在ln2,a单调递增.又当1x时fx0，故fx不存在两个零点.综上，a的取值范围为0,.方法2：（移参，洛必达法则）由题意知：若有两个零点，可知1不是该函数的零点，则必有2)1()2(xexax有两个不等根；设2)1()2()(xexxgx，则32')1()54()(xexxxgx，可知)1,(x时，0)('xg且0)(xg；当),1(x时，0)('xg。又)(lim1xgx，且222)1(22)1()1()2()(limlimlimlimlim12xxxxxxxxxxexexxexxexxg，a的取值范围为0,.2017全国卷1文21已知函数()fx=ex(ex﹣a)﹣a2x．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()0fx，求a的取值范围．解：（1）函数()fx的定义域为22(,),()2(2)()xxxxfxeaeaeaea①若0a，则2()xfxe，在(,)单调递增②若0a，则由()0fx得lnxa当(,ln)xa时，()0fx；当(ln,)xa时，()0fx；故()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增③若0a，则由()0fx得ln()2ax当(,ln())2ax时，()0fx；当(ln(),)2ax时，()0fx；故()fx在(,ln())2a单调递减，在(ln(),)2a单调递增（2）（利用（I）中的结论）①若0a，则2()xfxe，所以()0fx②若0a，则由（1）得，当lnxa时，()fx取得最小值，最小值为2(ln)lnfaaa，从而当且仅当2ln0aa，即1a时，()0fx③若0a，则由（1）得，当ln()2ax时，()fx取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242aafa，从而当且仅当23[ln()]042aa，即342ae时，()0fx综上，a的取值范围是34[2,1]e2016全国卷I理（21）已知函数221xfxxeax有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设x1,x2是fx的两个零点,证明：122xx.解;（Ⅰ）方法1：'()(1)2(1)(1)(2)xxfxxeaxxea．（i）设0a,则()(2)xfxxe,()fx只有一个零点．（ii）设0a,则当(,1)x时,'()0fx；当(1,)x时,'()0fx．所以()fx在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增．又(1)fe,(2)fa,取b满足0b且ln2ab,（赋值）则223()(2)(1)()022afbbababb,故()fx存在两个零点．（iii）设0a,由'()0fx得1x或ln(2)xa．若2ea,则ln(2)1a,故当(1,)x时,'()0fx,因此()fx在(1,)上单调递增．又当1x时,()0fx,所以()fx不存在两个零点．若2ea,则ln(2)1a,故当(1,ln(2))xa时,'()0fx；当(ln(2),)xa时,'()0fx．因此()fx在(1,ln(2))a单调递减,在(ln(2),)a单调递增．又当1x时,()0fx,所以()fx不存在两个零点．综上,a的取值范围为(0,)．方法2：（洛必达法则）由题意知：若有两个零点，可知1不是该函数的零点，则必有2)1()2(xexax有两个不等根；设2)1()2()(xexxgx，则32')1()54()(xexxxgx，可知)1,(x时，0)('xg且0)(xg；当),1(x时，0)('xg。又)(lim1xgx，且222)1(22)1()1()2()(limlimlimlimlim12xxxxxxxxxxexexxexxexxg，a的取值范围为0,.（2）不对称问题。2017全国卷I理21：已知函数2()e(2)exxfxaax.（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.解：（1）()fx的定义域为(,)，2()2e(2)e1(e1)(2e1)xxxxfxaaa，（ⅰ）若0a，则()0fx，所以()fx在(,)单调递减.（ⅱ）若0a，则由()0fx得lnxa.当(,ln)xa时，()0fx；当(ln,)xa时，()0fx，所以()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增.（2）（利用（I）中的结论）（ⅰ）若0a，由（1）知，()fx至多有一个零点.（ⅱ）若0a，由（1）知，当lnxa时，()fx取得最小值，最小值为1(ln)1lnfaaa.（不等式模型）①当1a时，由于(ln)0fa，故()fx只有一个零点；②当(1,)a时，由于11ln0aa，即(ln)0fa，故()fx没有零点；③当(0,1)a时，11ln0aa，即(ln)0fa.又422(2)e(2)e22e20faa，故()fx在(,ln)a有一个零点.设正整数0n满足03ln(1)na，（赋值）则00000000()e(e2)e20nnnnfnaannn.由于3ln(1)lnaa，因此()fx在(ln,)a有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1).改良版1（不等式模型）：（ⅰ）若0a，由（1）知，()fx至多有一个零点.（ⅱ）若0a，由（1）知，当lnxa时，()fx取得最小值，则0ln11)ln(aaaf…………………………（*）.令xxxgln11)(，则01)(2'xxxg，且0)1(g，故0)(),1,0(xgx；0)(),,1(xgx。（*）式的解为(0,1)。综上，)1,0(a方法2（不等式模型）：原式可转化为xxxeexea22有两个根。令xxxeexexg22)(，则)1)(()1)(12()(2'xxxxxeeexeexg。令1)(xexhx，01)('xexh，且0)0(h，故0)(),0,(xhx；0)(),,0(xhx。故)(xgy在)0,(单调递增，在),0(单调递减。且)(limxgx，1)0(g，0)(limxgx综上，)1,0(a2016全国卷II文20：已知函数)1(ln)1()(xaxxxf（1）当4a时，求曲线)(xfy在1x处的切线方程；（2）若当),1(x时，0)(xf，求a的取值范围。解：（1）略；（2）方法1（不等式模型、虚设根）：)1(,11ln)('xaxxxf，令axxxg11ln)(，1x，则01)(2'xxxg，agxg2)1()(，axf2)('当2a时，02)('axf，)(xfy在),1(递增，0)1()(fxf；当2a时，0)('xf在),1(必有唯一一根，不妨设为0x，)(xfy在),1(0x递减，在),(0x递增，则0)1()(0fxf，不满足题意；综上，2a。方法2（洛必达法则）：由题意知xxxaln11在),1(恒成立。设1,ln11)(xxxxxg，22')1(1ln2)(xxxxxg，令1,1ln2)(2xxxxxh，0)1()(22'xxxh，故0)1()(hxh，即0)('xg故2111ln1ln)1()()(limlimlim111xxxxxxgxgxxx。总之，2a。2017全国卷II文（21）设函数xexxf)1()(2.（1）讨论)(xf的单调性；（2）当0x时，1)(axxf，求a的取值范围.解：（1）略）（2）方法1（不等式模型）：见标准答案；方法2（虚设根）：令1)1()(2axexxgx，0x，则aexxxgx)12()(2'，令aexxxhx)12()(2，0)14()(2'xexxxh，ahxh1)0()(。当01a时，即1a时，0)('xg，0)0()(gxg当01a时，即1a时，)('xgy单调递减，且01)0('ag，故)('xgy在),0(有唯一零点，不妨设为0x，此时0)(0'xg。当),0(0xx时0)('xg，当),(0xx时0)('xg。0)0()(0gxg，不满足条件。综上，1a方法3（洛必达法则）：当0x时，Ra；当