2017高考导数压轴题终极解答

1四、不等式恒成立求字母范围恒成立之最值的直接应用1.（2008天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧）已知函数0xbxaxxf，其中Rba,.⑴若曲线xfy在点2,2fP处切线方程为13xy,求函数xf的解析式；⑵讨论函数xf的单调性；⑶若对于任意的2,21a，不等式10xf在1,41上恒成立，求b的取值范围.解：⑴2()1afxx，由导数的几何意义得(2)3f，于是8a．由切点(2,(2))Pf在直线31yx上可得27b，解得9b．所以函数()fx的解析式为8()9fxxx．⑵2()1afxx．当0a时，显然()0fx(0x),这时()fx在(,0)，(0,)上内是增函数．当0a时，令()0fx，解得xa．当x变化时，()fx，()fx的变化情况如下表：x(,)aa(,0)a(0,)aa(),a()fx＋0－－0＋()fx↗极大值↘↘极小值↗∴()fx在(,)a，(),a内是增函数，在(,0)a，(0,)内是减函数．⑶由⑵知，()fx在1[,1]4上的最大值为1()4f与(1)f的较大者，对于任意的1[,2]2a，不等式0(1)fx在1[,1]4上恒成立，当且仅当10(11(4)10)ff，即39449abab，对任意的1[,2]2a成立．从而得74b，所以满足条件的b的取值范围是(7,]4．恒成立之分离常数2.（分离常数）已知函数()ln1,.afxxaRx(1)若()yfx在0(1,)Py处的切线平行于直线1yx，求函数()yfx的单调区间；(2)若0a，且对(0,2]xe时，()0fx恒成立，求实数a的取值范围.27654321-1-2-3-4-5-8-6-4-224681012A解:(1)()ln1,.afxxaRx)(xf定义域为),0(,直线1yx的斜率为1,xxaxf1)('2,11)1('af,2a.所以22212)('xxxxxf由20)('xxf得;由200)('xxf得所以函数()yfx的单调增区间为)2(，,减区间为(0,2).(2)0a，且对(0,2]xe时，()0fx恒成立ln10(0,2]axxex在恒成立,即(ln1)axx.设]2,0(,ln)ln1()(exxxxxxxg.]2,0(,ln1ln1)('exxxxg当10x时,0)('xg,为增函数)(xg当ex20时,0)('xg,为减函数)(xg.所以当1x时,函数)(xg在]2,0(ex上取到最大值,且11ln1)1(g所以1)(xg,所以1a所以实数a的取值范围为),1(.（法二）讨论法2()xafxx，()fx在(0,)a上是减函数，在(,)a上是增函数.当a≤2e时，()fx≥()1ln10faa，解得1a，∴1a≤2e.当2ae时，()(2)ln(2)102afxfeee，解得2ln2ae，∴2ae.综上1a.3.（2011长春一模，恒成立，分离常数，二阶导数）3已知函数12)(2axxexfx,（其中aR,e为自然对数的底数）.(1)当0a时,求曲线)(xfy在))0(,0(f处的切线方程；(2)当x≥1时,若关于x的不等式)(xf≥0恒成立,求实数a的取值范围.（改x≥0时，)(xf≥0恒成立.a≤1）解：（1）当0a时，12)(2xexfx,xexfx)(',1)0(',0)0(ff,切线方程为xy．（2）[方法一]x≥1,≥≤,设,则,设12)1()(2xexxx,则0)1()('xexx,)(x在),1[上为增函数,)(x≥021)1(,012)1()('22xxexxgx,xxexgx12)(2在),1[上为增函数,)(xg≥23)1(eg,a≤23e．[方法二]12)(2axxexfx,axexfx)(',设axexhx)(,1)('xexh,x≥0,1)('xexh≥0,axexhx)(在),1[上为增函数,)(xh≥aeh1)1(.又12)(2axxexfx≥0恒成立,23)1(aef≥0,a≤23e,)(xh≥01)1(aeh,0)('axexfx,12)(2axxexfx在),1[上为增函数,此时)(xf≥23)1(aef≥0恒成立,a≤23e．（改x≥0时，)(xf≥0恒成立.a≤1）解：先证明()gx在(0,)上是增函数，再由洛比达法则20012limlim11xxxxxeexx，∴12)(2axxexfxa0xxex1222212)1()('xxexxgxxxexgx12)(24()1gx，∴a≤1.（正常的讨论进行不了，除非系数调到二次项上2()12xafxexx，分两种情况讨论可得a≤1）4.（两边取对数的技巧）设函数1()(1(1)ln(1)fxxxx且0x）（1）求()fx的单调区间；（2）求()fx的取值范围；（3）已知112(1)mxx对任意(1,0)x恒成立，求实数m的取值范围。解：（1）22ln(1)1'()(1)ln(1)xfxxx,当'()0fx时，即1ln(1)10,11xxe.当'()0fx时，即ln(1)10,0xx11e或0x.故函数()fx的单调递增区间是1(1,1)e.函数()fx的单调递减区间是1(1,0),(0,)e.（2）由'()0fx时，即1ln(1)10,1xxe，由（1）可知()fx在1(1,1)e上递增，在1(1,0)e递减，所以在区间（－1，0）上，当11xe时，()fx取得极大值，即最大值为1(1)few.在区间(0,)上，()0fx.函数()fx的取值范围为(,)(0,)e.分（3）112(1)0,(1,0)mxxx，两边取自然对数得1ln2ln(1)1mxx5.（分离常数）已知函数1ln()xfxx．（Ⅰ）若函数在区间1(,)2aa其中a0，上存在极值，求实数a的取值范围；（Ⅱ）如果当1x时，不等式()1kfxx恒成立，求实数k的取值范围；5解：（Ⅰ）因为1ln()xfxx，x0，则2ln()xfxx，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．所以()fx在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减，所以函数()fx在1x处取得极大值．因为函数()fx在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，所以1,11,2aa解得112a．（Ⅱ）不等式(),1kfxx即为(1)(1ln),xxkx记(1)(1ln)(),xxgxx所以2(1)(1ln)(1)(1ln)()xxxxxgxx2lnxxx令()lnhxxx，则1()1hxx，1x，()0,hx()hx在1,)上单调递增，min()(1)10hxh，从而()0gx，故()gx在1,)上也单调递增，所以min()(1)2gxg，所以2k．6.（2010湖南，分离常数，构造函数）已知函数2()(,),fxxbxcbcR对任意的,xR恒有()()fxfx≤.⑴证明：当20()();xfxxc≥时，≤⑵若对满足题设条件的任意b、c，不等式22()()()fcfbMcb≤恒成立，求M的最小值。67.（第3问不常见，有特点，由特殊到一般，先猜后证）已知函数xxnxf)1(11)(（Ⅰ）求函数f(x)的定义域（Ⅱ）确定函数f(x)在定义域上的单调性，并证明你的结论.（Ⅲ）若x0时1)(xkxf恒成立，求正整数k的最大值.解：（1）定义域),0()0,1(（2）,0)]1ln(11[1)(2时当xxxxxf0)(xf单调递减。当)0,1(x，令0)1(11)1(1)()1ln(11)(22xxxxxgxxxg，0)1(11)1(1)()1ln(11)(22xxxxxgxxxg故)(xg在（－1，0）上是减函数，即01)0()(gxg，故此时)]1ln(11[1)(2xxxxf在（－1，0）和（0，+）上都是减函数（3）当x0时，1)(xkxf恒成立，令]2ln1[21kx有又k为正整数，∴k的最大值不大于3下面证明当k=3时，)0(1)(xxkxf恒成立当x0时021)1ln()1(xxx恒成立令xxxxg21)1ln()1()(，则时当1,1)1ln()(exxxg时当1,1)1ln()(exxxg，0)(xg，当0)(,10xgex时∴当)(,1xgex时取得最小值03)1(eeg当x0时，021)1ln()1(xxx恒成立，因此正整数k的最大值为38.(恒成立，分离常数，涉及整数、较难的处理)已知函数).0()1ln(1)(xxxxf（Ⅰ）试判断函数),0()(在xf上单调性并证明你的结论；7（Ⅱ）若1)(xkxf恒成立，求整数k的最大值；（较难的处理）（Ⅲ）求证：(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]e2n－3.解：（I）)]1ln(11[1)]1ln(11[1)(22xxxxxxxxf.0)(,0)1ln(,011,0,02xfxxxx),0()(在xf上递减.（II）.)]1ln(1)[1()(,1)(恒成立即恒成立kxxxxhxkxf).0)(1ln(1)(,)1ln(1)(xxxxgxxxxh记则),0()(,01)(在xgxxxg上单调递增，又.02ln22)3(,03ln1)2(gg0)(xg存在唯一实根a，且满足).1ln(1),3,2(aaa当.0)(,0)(00)(,0)(xhxgaxxhxgax时，，当时，∴)4,3(1)1()]1ln(1)[1()()(minaaaaaaaahxh故正整数k的最大值是3.（Ⅲ）由（Ⅱ）知)0(13)1ln(1xxxx∴xxxxx32132113)1ln(令*))(1(Nnnnx，则)1(32)]1(1ln[nnnn∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]321332)111(32])1(1323211[32])1(32[)3132()2132(nnnnnnnnnn∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]e2n－39.(分离常数，双参，较难)已知函数32()(63)xfxxxxte，tR.（１）若函数()yfx依次在,,()xaxbxcabc处取到极值．①求t的取值范围；②若22acb，求t的值．（２）若存在实数0,2t，使对任意的1,xm，不等式()fxx恒成立．求正整数m的最大值．解：（1）