最新高考文科数学导数全国卷(2012-2018年)

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x>0时，(x－k) f´(x)+x+1>0，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）

2xf(x)ealnx. 设函数

（Ⅰ）讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；

（Ⅱ）证明：当a0时，

f(x)2aaln2a。

4、(2016课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分）

x2f(x)（x2）ea(x1)已知函数.

(I)讨论f(x)的单调性；

(II)若f(x)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f(x)(x1)lnxa(x1).

1,f(1)（I）当a4时，求曲线yf(x)在处的切线方程；

(II)若当

x1,时，f(x)＞0，求a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）

fx)ae2x+(a﹣2) ex﹣x. 已知函数（（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若f(x)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）

1

2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，

x1e2. f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·

令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.

从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.

故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)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)．

3

f'xx1ex2ax1x1ex2a.4 (I)

(i)设a0，则当所以在,1x,1时，

f'x0；当

x1,时，

f'x0.

单调递减，在f'x01,单调递增.

(ii)设a0，由得x=1或x=ln(-2a).

①若

aexf'xx1eefx,2，则，所以在单调递增.

②若

ae2，则ln(-2a)<1,故当x,ln2a1,时，f'x0；

当

xln2a,1f'x0fx,ln2a,1,ln2a,1时，，所以在单调递增，在单调递减.

eln2a1x,12，则，故当③若时，

aln2a,时，f'x0，当x1,ln2af'x0，所以

fx1,ln2a,1,ln2a,在单调递增，在单调递减.

fx,11,(II)(i)设a0，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.

balnf1e，f2a2， 又，取b满足b<0且2则

fba323bb0b2ab1afx22，所以有两个零点.

(ii)设a=0，则

fxx2exfx所以有一个零点.

(iii)设a<0，若

ae2，则由(I)知，fx在1,单调递增.

fxfx又当x1时，<0，故不存在两个零点；若

aefx1,ln2a2，则由(I)知，在

单调递减，在

ln2a,单调递增.又当x1时fx<0，故fx不存在两个零点.

0,综上，a的取值范围为.

5试题解析：（I）f(x)的定义域为(0,).当a4时，

13x，f(1)2,f(1)0.曲线yf(x)在(1,f(1))处的切

f(x)(x1)lnx4(x1),f(x)lnx线方程为2xy20.

a(x1)0.x1

（II）当x(1,)时，f(x)0等价于

a(x1)x1，则

lnx令

g(x)lnx12ax22(1a)x1g(x),g(1)0x(x1)2x(x1)2，

22x2(1a)x1x2x10，故g(x)0,g(x)在x(1,)上x(1,)a2（i）当，时，

单调递增，因此g(x)0；

（ii）当a2时，令g(x)0得

x1a1(a1)21,x2a1(a1)21，

由x21和x1x21得x11，故当x(1,x2)时，g(x)0，g(x)在x(1,x2)单调递减，因此

g(x)0.

综上，a的取值范围是,2.

6试题分析：(Ⅰ)求导数

f'xlnx2ax2a,

gxlnx2ax2a,x0,可得，

从而

g'x112ax2axx，

讨论当a0时，当a0时的两种情况即得.

11a2时，2时，③当

f'10(Ⅱ)由(Ⅰ)知，.分以下情况讨论：①当a0时，②当

0a④当

a12时，综合即得.

试题解析：(Ⅰ)由

f'xlnx2ax2a,

gxlnx2ax2a,x0,可得，

则

g'x112ax2axx，

当a0时，

x0,时，g'x0，函数gx单调递增；

当a0时，

1x0,2a时，g'x0，函数gx单调递增，

1x,2a时，g'x0，函数gx单调递减.

gx0,所以当a0时，函数单调递增区间为；

110,,gx2a2a. a0当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，

f'10.

fx，单调递减.

①当a0时，

x0,1f'x0所以当时，

f'x0fx，单调递减.

当

x1,时，

f'x0fx，单调递增.

所以fx在x=1处取得极小值，不合题意.

1110a10,f'x2时，2a②当，由(Ⅰ)知在2a内单调递增，

1x1,x0,1f'x0f'x0可得当当时，，2a时，，

11,fx所以在(0,1)内单调递减，在2a内单调递增，

fx所以在x=1处取得极小值，不合题意.

③当

a111f'x1,2时，即2a时，在(0,1)内单调递增，在 内单调递减，

所以当

x0,时，

f'x0，

fx单调递减，不合题意.

111xa01,1f'x0fx2时，即2a④当 ，当2a时，，单调递增,

当

x1,时，

f'x0fx，单调递减，

所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意.

12.

综上可知，实数a的取值范围为

a

2017.解： 2xx2xx(,),f(x)2eaea(2ea)(ea) f(x)（1）函数的定义域为2xf(x)ea0①若，则，在(,)单调递增 ②若a0，则由f(x)0得xlna 当x(,lna)时，f(x)0； 当x(lna,)时，f(x)0； 故f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增 axln()2 ③若a0，则由f(x)0得ax(,ln())2时，f(x)0； 当ax(ln(),)2当时，f(x)0； aa(,ln())(ln(),)2单调递减，在2故f(x)在单调递增 2xf(x)ea0（2）①若，则，所以f(x)0

②若a0，则由（1）得，当xlna时，f(x)取得最小值， 2f(lna)alna， 最小值为2从而当且仅当alna0，即a1时，f(x)0 axln()2时，f(x)取得最小值， ③若a0，则由（1）得，当a3af(ln())a2[ln()]242， 最小值为3a3a2[ln()]02从而当且仅当4，即a2e4时，f(x)0 综上，a的取值范围是[2e,1] 1)，f ′（x）=aex–x2018．解：（1）f（x）的定义域为(0，34．

由题设知，f ′（2）=0，所以

1a=2e2．

从而

1x1x1elnx1e222e2ex． f（x）=，f ′（x）=

当02时，f ′（x）>0．

所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．

（2）当

ex1lnx1a≥e时，f（x）≥e．

设

exex1lnx1g(x)．eex g（x）=，则

当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．

故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．

1e时，f(x)0．

因此，当

a