2011-2017新课标导数压轴题汇编(文)

12011-2017新课标(文科)导数压轴题分类汇编【2011新课标】21.已知函数ln()1axbfxxx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为230xy。（1）求a、b的值；（2）证明：当0x，且1x时，f(x)lnxx-1【解析】（1）221(ln)'()(1)xxbxfxxx由于直线230xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b。（2）由（1）知f(x)=xxx11ln，所以 f(x)-lnxx-1=11-x2(2lnx-x2-1x)，考虑函数，则22222)1()1(22)(xxxxxxxh，所以x≠1时h′(x)＜0，而h(1)=0故)1,0(x时，h(x)0可得，),1(x时，h(x)0可得，从而当，且时，.【2012新课标】21.设函数f(x)=ex-ax-2（1）求f(x)的单调区间（2）若a=1，k为整数，且当x0时，(x-k)f´(x)+x+10，求k的最大值【解析】（1）f(x)的定义域为(,)，()xfxea，若0a，则()0fx，所以()fx在(,)单调递增.若0a，则当(,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）由于1a，所以()()1()(1)1xxkfxxxkex.故当0x时，()()10xkfxx等价于1(0)(1)xxkxxe①.令1()(1)xxgxxe，则221(2)()1(1)(1)xxxxxxeeexgxee.由（1）知，函数()2xhxex在(0,)单调递增，而(1)0h，(2)0h，ln()1xfxxln()1xfxx0x1xln()1xfxx2所以()hx，在(0,)存在唯一的零，故()gx在(0,)存在唯一的零点.设此零点为a，则(1,2)a.当(0,)xa时，()0gx；当(,)xa时，()0gx.所以()gx在(0,)的最小值为()ga.又由()0ga，可得2aea，所以()1(2,3)gaa.由于①式等价于()kga，故整数k的最大值为2【2013新课标1】20.已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．【解析】(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·1e2x.令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．【2013新课标2】21．已知函数f(x)＝x2e－x.(1)求f(x)的极小值和极大值；(2)当曲线y＝f(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．【解析】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝－e－xx(x－2)．①当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；当x∈(0,2)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)单调递减，在(0,2)单调递增．故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.(2)设切点为(t，f(t))，则l的方程为y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．所以l在x轴上的截距为m(t)＝()223'()22ftttttfttt.由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．令h(x)＝2xx(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[22，＋∞)；当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[223，＋∞]．综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[223，＋∞]．3【2014新课标1】21．设函数21ln12afxaxxbxa，曲线11yfxf在点，处的切线斜率为0（1）求b;（2）若存在01,x使得01afxa，求a的取值范围。【解析】（1）()(1)afxaxbx，由题设知(1)0f,解得b（2）f(x)的定义域为(0,∞),由(1)知,21()ln2afxaxxx，1()(1)111aaafxaxxxxxa(i)若12a，则11aa，故当x∈(1,∞)时,f'(xf(x)在(1,∞)上单调递增.所以,存在0x≥1,使得0()1afxa的充要条件为(1)1afa，即1121aaa所以2a2(ii)若112a，则11aa，故当x∈(1,1aa)时,f'(xx∈(,1aa)时,()0fx，f(x)在(1,1aa)上单调递减，f(x)在,1aa单调递增.所以,存在0x≥1,,使得0()1afxa的充要条件为()11aafaa，而2()ln112111aaaaafaaaaaa，所以不符合题意.(ⅲ)若1a，则11(1)1221aaafa。综上，a的取值范围为：21,211,【2014新课标2】21.已知函数32()32fxxxax，曲线()yfx在点（0,2）处的切线与x轴交点的横坐标为-2.（1）求a；（2）证明：当时，曲线()yfx与直线2ykx只有一个交点。【解析】（1）2()36fxxxa，(0)fa曲线()yfx在点（0，2）处的切线方程为2yax，由题设得22a，所以1a4（2）由（1）知，32()32fxxxx设32()()23(1)4gxfxkxxxkx由题设知10k当0x时，2()3610gxxxk，()gx单调递增，(1)10,(0)4gkg，所以()0gx在(,0]有唯一实根。当0x时，令32()34hxxx，则()()(1)()gxhxkxhx2()363(2),()hxxxxxhx在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增，所以()()(2)0gxhxh所以()0gx在(0,)没有实根综上()0gx在R由唯一实根，即曲线()yfx与直线2ykx只有一个交点。【2015新课标1】21.设函数x。（1）讨论()fx的导函数'()fx零点的个数；（2）证明：当0a时，2()2lnfxaaa。【解析】【2015新课标2】21.已知ln1fxxax.（1）讨论fx的单调性；（2）当fx有最大值,且最大值大于22a时,求a的取值范围.5【解析】已知ln1fxxax..),1()1,0)(00)(0.1)(')1(上是减函数上是增函数，在在（时，函数当）上是增函数；，在（时，函数当aaxfaxfaaxxf（2）由（1）知，当.ln1)1(1)(0aaafaxxfa时取得最大值在时，函数.01ln,22ln1aaaaa整理得由.1,0(,10),1()(,0)1(0)(,0)(',00,11',1ln)(）即上述不等式即函数。又）是增，在（）（则设aagaggxgxgxaxxgxxxg【2016新课标1】21.已知函数f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2.(I)讨论f(x)的单调性；(II)若f(x)有两个零点，求的取值范围.【解析】(I)(i)设，则当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.(ii)设，由得x=1或x=ln(-2a).①若，则，所以在单调递增.②若，则ln(-2a)1,故当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.③若，则，故当时，，当时，。所以在单调递增，在单调递减.(II)(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又，取b满足b0且，a'12112.xxfxxeaxxea0a,1x'0fx1,x'0fx,11,0a'0fx2ea'1xfxxeefx,2ea,ln21,xa'0fxln2,1xa'0fxfx,ln2,1,aln2,1a2ea21lna,1ln2,xa'0fx1,ln2xa'0fxfx,1,ln2,a1,ln2a0afx,11,12fefa，ln22ba6则，所以有两个零点.(ii)设a=0，则所以有一个零点.(iii)设a0，若，则由(I)知，在单调递增.又当时，0，故不存在两个零点；若，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又当时0，故不存在两个零点.综上，a的取值范围为.【2016新课标2】20.已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)．（1）当4a时，求曲线()yfx在(1,(1))f处的切线方程；（2）若当(1,)x时，()0fx，求a的取值范围．【解析】（1）当a=4时，()(1)ln4(1)fxxxx，(1)0f，切点坐标(1,0)．对()fx求导，得1()ln4xfxxx，从而切线斜率(1)2f，所以切线方程为02(1)yx，即2x+y-2=0（2）对()fx求导，得1()1lnfxxax，再求导，得22111()xfxxxx．当(1,)x时，()0fx，函数()fx在区间内(1,)单调递增，所以()(1)2fxfa．（ⅰ）若2a，则当(1,)x时，()(1)0fxf，函数()fx在区间内(1,)单调递增，所以()(1)0fxf．（ⅱ）若2a，则结合函数()fx在区间内(1,)单调递增，可知方程()0fx存在唯一零点，设为0x，则0011lnaxx．当0(1,)xx时，0()()0fxfx，函数()fx在区间内0(1,)x单调递减，所以()(1)0fxf，()0fx不成立．综上，a的取值范围是(-¥,2]．【2016新课标3】21.设函数()ln1fxxx.（1）讨论()fx的单调性；23321022afbbababbfx2xfxxefx2eafx1,1xfxfx2eafx1,ln2aln2,a1xfxfx0,7（2）证明当(1,)x时，11lnxxx；（3）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc.【解析】（1）由题设，()fx的定义域为(0,)，