最新高考文科数学导数全国卷

导数高考题专练1、(2012课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分）设函数f(x)=ex－ax－2(Ⅰ)求f(x)的单调区间(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x0时，(x－k)f′(x)+x+10，求k的最大值2、(2013课标全国Ⅰ，文20)(本小题满分12分)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．3、(2015课标全国Ⅰ，文21）.（本小题满分12分）设函数2()lnxfxeax.（Ⅰ）讨论()fx的导函数'()fx零点的个数；（Ⅱ）证明：当0a时，2()2lnfxaaa。4、(2016课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分）已知函数.2)1(2)(xaexxfx）（(I)讨论)(xf的单调性；(II)若)(xf有两个零点，求的取值范围.5、（(2016全国新课标二，20）（本小题满分12分）已知函数.（I）当时，求曲线在处的切线方程；(II)若当时，，求的取值范围.6(2016山东文科。20)(本小题满分13分)设f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x，a∈R.(Ⅰ)令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；(Ⅱ)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.2017.（12分）已知函数)fx（ae2x+(a﹣2)ex﹣x.（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.2018全国卷)（12分）已知函数．⑴讨论的单调性；⑵若存在两个极值点，，证明：．导数高考题专练（答案）12解：(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)．34(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，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.5试题解析：（I）()fx的定义域为(0,).当4a时，1()(1)ln4(1),()ln3fxxxxfxxx，(1)2,(1)0.ff曲线()yfx在(1,(1))f处的切线方程为220.xy（II）当(1,)x时，()0fx等价于(1)ln0.1axxx令(1)()ln1axgxxx，则222122(1)1(),(1)0(1)(1)axaxgxgxxxx，（i）当2a，(1,)x时，222(1)1210xaxxx，故()0,()gxgx在(1,)x上单调递增，因此()0gx；（ii）当2a时，令()0gx得22121(1)1,1(1)1xaaxaa，由21x和121xx得11x，故当2(1,)xx时，()0gx，()gx在2(1,)xx单调递减，因此()0gx.综上，a的取值范围是,2.6试题分析：(Ⅰ)求导数'ln22,fxxaxa可得ln22,0,gxxaxax，从而112'2axgxaxx，讨论当0a时，当0a时的两种情况即得.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，'10f.分以下情况讨论：①当0a时，②当102a时，③当12a时，④当12a时，综合即得.试题解析：(Ⅰ)由'ln22,fxxaxa可得ln22,0,gxxaxax，则112'2axgxaxx，当0a时，0,x时，'0gx，函数gx单调递增；当0a时，10,2xa时，'0gx，函数gx单调递增，1,2xa时，'0gx，函数gx单调递减.所以当0a时，函数gx单调递增区间为0,；当0a时，函数gx单调递增区间为10,2a，单调递减区间为1,2a.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，'10f.①当0a时，'0fx，fx单调递减.所以当0,1x时，'0fx，fx单调递减.当1,x时，'0fx，fx单调递增.所以fx在x=1处取得极小值，不合题意.②当102a时，112a，由(Ⅰ)知'fx在10,2a内单调递增，可得当当0,1x时，'0fx，11,2xa时，'0fx，所以fx在(0,1)内单调递减，在11,2a内单调递增，所以fx在x=1处取得极小值，不合题意.③当12a时，即112a时，'fx在(0,1)内单调递增，在1,内单调递减，所以当0,x时，'0fx，fx单调递减，不合题意.④当12a时，即1012a，当1,12xa时，'0fx，fx单调递增,当1,x时，'0fx，fx单调递减，所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意.综上可知，实数a的取值范围为12a.2017.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）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2018．解：（1）f（x）的定义域为(0)，，f′（x）=aex–1x．由题设知，f′（2）=0，所以a=212e．从而f（x）=21eln12exx，f′（x）=211e2exx．当0x2时，f′（x）0；当x2时，f′（x）0．所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a≥1e时，f（x）≥eln1exx．设g（x）=eln1exx，则e1()exgxx．当0x1时，g′（x）0；当x1时，g′（x）0．所以x=1是g（x）的最小值点．故当x0时，g（x）≥g（1）=0．因此，当1ea时，()0fx．