2018年高考导数分类汇编
2011-2018高考数学导数分类汇编(理)(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】2011-2018新课标(理科)导数压轴题分类汇编【2011新课标】21. 已知函数ln ()1a xb f x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（1）求a 、b 的值；（2）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围。
【解析】 （1）221(ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩ 即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
（2）由（1）知ln 11xx x++，所以 22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--。
考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=。
(i)设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <。
而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x>-；当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得211x- h （x ）>0从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +xk .（ii ）设0<k<1.由于当x ∈（1，k-11）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故h’（x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得211x-h（x ）<0,与题设矛盾。
2018年高考真题汇编(函数与导数)
函数与导数1 .【2018年浙江卷】函数【解析】分析:先研究函数的奇偶性』再研究雷数在G"）上的符号，即可判断选择详解；令= 2圍血滋，因为^ e =刃*血2（—x） = —2罔血Zx = —fG（）p所以fOO = 2團血2耳力奇画数’排除选项止出因为工匸$町时『f@） < 0,所以曲穩选项J选D点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复.c = b眉2. 【2018年理天津卷】已知il=lo^^in2, 2 ,则a, b, c的大小关系为A. u > b>cB.b>u> e C c> b> a D.c> a> b【答案】D【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果b = ln2 = -^―e （0A）c= 3詰=和g* > Sg声详解：由题意结合对数函数的性质可知: "忆吆>1, 5慾, 2据此可得：•本题选择D选项.点睛：对于指数幕的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幕的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较•这就必须掌握一些特殊方法•在进行指数幕的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断•对于不同底而同指数的指数幕的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确.龙兰0*3. 【2018年理新课标I卷】已知函数I曲乩北〉心饥巧二“/) + +a .若g (x)存在2个零点，则a的取值范围是A. [ - 1, 0)B. [0 , +R)C. [ - 1 , +R)D. [1 , +R)【答案】C【解析】分析；首先根据存在2个零点，得到方程f CO十""哨两个亀将其转化为金〉二-覽-口有两个解，即直线y =-第-诣曲^二fCO有两个交点”根据題中所给的函数解析式，画出函数f何的團像(将町4掉A再画出直绳=-补并将其上下移动』从图中可臥发现走丄时/龊7=-電-口与曲线y=f^＞有两个玄点'从而求得结果.详解：画出函数的图像，7■-了在y轴右侧的去掉，再画出直线卜:讨，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程■有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即• ，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果4. 【2018年理新课标I卷】设函数兀心--，若$叩为奇函数，则曲线：在点’ 处的切线方程为A.卜「阙B. H" - '■ - -IC."划D.【答案】D【解析】分析；利用奇函数偶此项系数为零求得"X进而得到的解析式，再对“）求导得出桩戋的斜率©进而求得切线方程.详解；因豹画数雇苛函数J 解得"二4所以』⑴二卯1,门>）二阪y 所臥厂◎二九代町二g所汰曲线y二厲刃在点（啦处的切线方程为y-m））二比建简可得y二知故选D点睛：该题考查的是有关曲线卜在某个点凤煮強；；|处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得帀，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果•5. 【2018年全国卷川理】设“=』0目仇2°収，方=衍的帖，贝UA. N + bunbcOB.C. u + bcOca/iD. kb<OCQ +市【答案】B1 i I 11【解析】分析：求出-= io^^ 2t-=lo^.32,得到- +二的范围，进而可得结果。
2018全国高考试题分类汇编-导数部分(含解析)
2018年全国高考试题分类汇编-导数部分（含解析）1.(2018·全国卷I高考理科·T5)同(2018·全国卷I高考文科·T6)设函数f=x3+-x2+ax.若f为奇函数,则曲线y=f在点处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x2.(2018·全国卷II高考理科·T13)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为3.(2018·全国卷II高考文科·T13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为4.(2018·全国Ⅲ高考理科·T14)曲线y=e x在点处的切线的斜率为-2,则a=.5.(2018·天津高考文科·T10)已知函数f(x)=e x ln x,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(1)的值为.6.(2018·全国卷I高考理科·T16)已知函数f=2sin x+sin2x,则f的最小值是.7.(12分)(2018·全国卷I高考文科·T21)已知函数f=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f的极值点.求a,并求f的单调区间.(2)证明:当a≥时,f≥0.8.(2018·全国Ⅲ高考理科·T21)(12分)已知函数f=ln-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f<0;当x>0时,f>0.(2)若x=0是f的极大值点,求a.9.(2018·全国Ⅲ高考文科·T21)(12分)已知函数f=-.(1)求曲线y=f在点-处的切线方程.(2)证明:当a≥1时,f+e≥0.10.(本小题13分)(2018·北京高考理科·T18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程与x轴平行,求a.(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.11.(本小题13分)(2018·北京高考文科·T19)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a.(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.12.(12分)(2018·全国卷I高考理科·T21)已知函数f=-x+a ln x.(1)讨论f的单调性.(2)若f存在两个极值点x1,x2,证明:-<a-2.-13.(2018·全国卷II高考理科·T21)(12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1.(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.14.(2018·全国卷II高考文科·T21)(12分)已知函数f=x3-a.(1)若a=3,求f(x)的单调区间.(2)证明:f(x)只有一个零点.15.(本小题满分14分)(2018·天津高考理科·T20)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)-x ln a的单调区间.(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-.(Ⅲ)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.16.(本小题满分14分)(2018·天津高考文科·T20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(Ⅰ)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(Ⅱ)若d=3,求f(x)的极值;(Ⅲ)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.17.(本小题满分14分)(2018·江苏高考·T17)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sinθ的取值范围.(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.18.(本小题满分16分)(2018·江苏高考·T19)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值.(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=,对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.19.(2018·浙江高考T22)(本题满分15分)已知函数f(x)=-ln x.(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(Ⅱ)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.1.【解析】选D.因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即a=1,所以f(x)=x3+x,所以f′(0)=1,所以切线方程为y=x.2.【解析】y′=,k==2,所以切线方程为y-0=2(x-0),即y=2x.答案:y=2x3.【解析】y′=,k==2,所以切线方程为y-0=2(x-1)即y=2x-2.答案:y=2x-24.【解析】由y=(ax+1)e x,所以y′=a e x+(ax+1)e x=(ax+1+a)e x,故曲线y=(ax+1)e x在(0,1)处的切线的斜率为k=a+1=-2,解得a=-3.答案:-35.【解析】因为f(x)=e x ln x,所以f′(x)=(e x ln x)′=(e x)′ln x+e x(ln x)′=e x·ln x+e x·,f′(1)=e1·ln1+e1·=e.答案:e6.【解析】方法一:f′(x)=2cos x+2cos2x=4cos2x+2cos x-2=4(cos x+1)-, 所以当cos x<时函数单调减,当cos x>时函数单调增,从而得到函数的减区间为--(k∈Z),函数的增区间为-(k∈Z),所以当x=2kπ-,k∈Z时,函数f(x)取得最小值,此时sin x=-,sin2x=-,所以f(x)min=2×--=-.方法二:因为f(x)=2sin x+sin2x,所以f(x)最小正周期为T=2π,所以f′(x)=2(cos x+cos2x)=2(2cos2x+cos x-1),令f′(x)=0,即2cos2x+cos x-1=0,所以cos x=或cos x=-1.所以当cos x=,为函数的极小值点,即x=或x=π,当cos x=-1,x=π,所以f=-,f=,f(0)=f(2π)=0,f(π)=0,所以f(x)的最小值为-.答案:-7.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a e x-.由题设知,f′(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1,f′(x)=e x-.当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1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.因此,当时a≥时,f(x)≥0.8.【解析】(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f′(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f′(x)=ln(1+x)-,则g′(x)=.当-1<x<0时,g′(x)<0;当x>0时,g′(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f′(x)≥0,当且仅当x=0时,f′(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h′(x)=--=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h′(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h′(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点..如果6a+1=0,则h′(x)=---则当x∈(-1,0)时,h′(x)>0;当x∈(0,1)时,h′(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.9.【解析】(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=--,显然f(0)=-1,即点(0,-1)在曲线y=f(x)上,所求切线斜率为k=f′(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)方法一(一边为0):令g(x)=-ax2+(2a-1)x+2,当a≥1时,方程g(x)的判别式Δ=(2a+1)2>0,由g(x)=0得,x=-,2,且-<0<2,x,f′(x),f(x)的关系如下①若x∈(-∞,2],f(x)≥f-=-又因为a≥1,所以0<≤1,1<≤e,-≥-e,f(x)+e≥0,②若x∈(2,+∞),ax2+x-1>4a+2-1>0,e x>0,所以f(x)=->0,f(x)+e≥0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法二(充要条件):①当a=1时,f(x)=-.显然e x>0,要证f(x)+e≥0只需证-≥-e, 即证h(x)=x2+x-1+e·e x≥0,h′(x)=2x+1+e·e x,观察发现h′(-1)=0,x,h′(x),h(x)的关系如下所以h(x)有最小值h(-1)=0,所以h(x)≥0即f(x)+e≥0.②当a>1时,由①知,-≥-e,又显然ax2≥x2,所以ax2+x-1≥x2+x-1,f(x)=-≥-≥-e,即f(x)+e≥0.综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法三(分离参数):当x=0时,f(x)+e=-1+e≥0成立.当x≠0时,f(x)+e≥0等价于-≥-e,等价于ax2+x-1≥-e·e x,即ax2≥-e·e x-x+1等价于a≥--=k(x),等价于k(x)max≤1.k′(x)=--,令k′(x)=0得x=-1,2.x,k′(x),k(x)的关系如下又因为k(-1)=1,k(2)=-<0,所以k(x)max=1,k(x)≤1,x≠0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.10.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f′(x)=[2ax-(4a+1)]e x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x. f′(1)=(1-a)e.由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时,f′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0, 所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(,+∞).11.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x, 所以f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x,f′(2)=(2a-1)e2, 由题设知f′(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)方法一:由(1)得f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x若a>1,则当x∈时,f′(x)<0.当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法二:f′(x)=(ax-1)(x-1)e x.①当a=0时,令f′(x)=0得x=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.②当a>0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.(ⅰ)当x1=x2,即a=1时,f′(x)=(x-1)2e x≥0,所以f(x)在R上单调递增,所以f(x)无极值,不合题意.(ⅱ)当x1>x2,即0<a<1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.(ⅲ)当x1<x2,即a>1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.③当a<0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).12.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=--.(i)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(ii)若a>2,令f′(x)=0得,x=--或x=-.当x∈--∪-时,f′(x)<0;当x∈---时,f′(x)>0.所以f(x)在--,-上单调递减,在---上单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于--=--1+a--=-2+a--=-2+a--,所以--<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以-x2+2ln x2<0,即--<a-2.13.【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,1)∪(1,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)上的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.14.【解析】(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f′(x)=x2-6x-3.令f′(x)=0解得x=3-2或3+2.当x∈(-∞,3-2)或(3+2,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g′(x)=≥0,仅当x=0时g′(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.故g(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6--<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.15.【解析】(I)由已知,h(x)=a x-x ln a,有h′(x)=a x ln a-ln a.令h′(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(II)由f′(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g′(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-. (III)曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1和l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解,--由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0③,因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③有实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点. u′(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u′(x)>0;x∈(0,+∞)时,u′(x)单调递减,又u′(0)=1>0,u′[]=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u′(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln(ln a)≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(I)可得a x≥1+x ln a,当x>时,有u(x)≤(1+x ln a)(1-x ln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0,因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.16.【解析】(Ⅰ)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f′(x)=3x2-1,因此f(0)=0,f′(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f′(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(Ⅱ)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f′(x)=3x2-6t2x+3-9.令f′(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.(III)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解,令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g′(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g′(x)≥0,这时g′(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,g′(x)=0,解得x1=--,x2=-.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,g(x)的极大值g(x1)=g-=-+6>0,g(x)的极小值g(x2)=g-=--+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞)17.【解析】(1)设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10.过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,故OE=40cosθ,EC=40sinθ,则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ+10)=800(4sinθcosθ+cosθ),△CDP的面积为×2×40cosθ(40-40sinθ)=1600(cosθ-sinθcosθ).过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=KN=10.令∠GOK=θ0,则sinθ0=,θ0∈.当θ∈[θ0,)时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sinθ的取值范围是.答:矩形ABCD的面积为800(4sinθcosθ+cosθ)平方米,△CDP的面积为1600(cosθ-sinθcosθ),sinθ的取值范围是.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0),则年总产值为4k×800(4sinθcosθ+cosθ)+3k×1600(cosθ-sinθcosθ) =8000k(sinθcosθ+cosθ),θ∈.设f(θ)=sinθcosθ+cosθ,θ∈,则f′(θ)=cos2θ-sin2θ-sinθ=-(2sin2θ+sinθ-1)=-(2sinθ-1)(sinθ+1).令f′(θ)=0,得θ=,当θ∈时,f′(θ)>0,所以f(θ)为增函数;当θ∈时,f′(θ)<0,所以f(θ)为减函数,因此,当θ=时,f(θ)取到最大值.答:当θ=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.18.【解析】(1)函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f′(x)=1,g′(x)=2x+2.由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x),得-此方程组无解,因此,f(x)与g(x)不存在“S”点.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f′(x)=2ax,g′(x)=.设x0为f(x)与g(x)的“S”点,由f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),得-即-(*)得ln x0=-,即x0=-,则a=-=.当a=时,x0=-满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S”点.因此,a的值为.(3)f′(x)=-2x,g′(x)=-,(x≠0),由f′(x0)=g′(x0),得b=-->0,得0<x0<1,由f(x0)=g(x0),得-+a==--,得a=--,令h(x)=x2---a=---,(a>0,0<x<1),设m(x)=-x3+3x2+ax-a,(a>0,0<x<1),则m(0)=-a<0,m(1)=2>0,得m(0)m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,则m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点,则f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S”点.19.【解析】(Ⅰ)函数f(x)的导函数f′(x,由f′(x1)=f′(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2.因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)=-ln x,则g′(x)=(-4),所以所以g(x)在(256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(Ⅱ)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n-≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=--.设h(x)=--,则h′(x)=--=--,其中g(x)=-ln x.由(Ⅰ)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h′(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.。
2018年高考数学试题分类汇编-----导数精品
4.（ 2018 安徽卷文）设
，函数
的图像可能是
【解析】可得 x a, x b为 y ( x a) 2( x b) 0 的两个零解 .
当 x a 时 ,则 x b f ( x) 0
当 a x b 时 ,则 f ( x) 0, 当 x b 时,则 f ( x) 0. 选 C。
【答案】 C
5.（ 2018 江西卷文）若存在过点 (1,0) 的直线与曲线 y x3和 y ax2
（ D） y 2x 3
[解析 ]：由 f (x) 2 f (2 x) x2 8x 8得 f (2 x) 2 f (x) (2 x)2 8(2 x) 8 ， 即 2 f ( x) f (2 x) x2 4x 4，∴ f ( x) x2 ∴ f / ( x) 2x ，∴切线方程为
y 1 2( x 1) ，即 2x y 1 0 选 A
1 1
x0 a
x0 a 1 y0 0, x 0 1 a 2 .故答案选 B
2.（2018 安徽卷理） 设 a ＜ b, 函数 y ( x a)2 ( x b ) 的图像可能是
[ 解析 ]： y/
( x a)(3 x 2a b) ，由 y /
0 得 x a, x
2a
b
，∴当
x
3
大值 0，当 x 2a b 时 y 取极小值且极小值为负。故选 C。 3
内恒成立的是
A
f ( x) 0 B f ( x) 0
C f (x) x
D f ( x) x
【答案】 A
【解析】由已知，首先令 x 0 ，排除 B， D。然后结合已知条件排除 C,得到 A
【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用。通过分析解析式的特点，考 查了分析问题和解决问题的能力。
2018年各省市导数试题汇编理科
【1】（2018年全国1卷理）已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【答案】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，21()1a f x x x '=--+.221x ax x -+=-（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，x =或x =.【解析】（1）当2()a a x +∈+∞时，()0f x '<；当x∈时，()0f x '>.所以()f x 在(0,2a()2a +∞单调递减，在(,22a a +单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于1212()()f x f x x x --121212ln ln 11x x a x x x x -=--+-1212ln ln 2x x a x x -=-+-2222ln 21x a x x -=-+-， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<. 设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 【2】（2018全国二卷理）已知函数2()e x f x ax =-． （1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】（1）当1a =时，()1f x ≥等价于2(1)e 10xx -+-≤．设函数2()(1)e1xg x x -=+-，则22()(21)e (1)e x x g'x x x x --=--+=--．当1x ≠时，()0g'x <，所以()g x 在(0,)+∞单调递减． 而(0)0g =，故当0x ≥时，()0g x ≤，即()1f x ≥． （2）设函数2()1e xh x ax -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．（i ）当0a ≤时，()0h x >，()h x 没有零点； （ii ）当0a >时，()(2)exh'x ax x -=-．当(0,2)x ∈时，()0h'x <；当(2,)x ∈+∞时，()0h'x >． 所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故24(2)1eah =-是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0h >，即2e 4a <，()h x 在(0,)+∞没有零点；②若(2)0h =，即2e 4a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点；③若(2)0h <，即2e 4a >，由于(0)1h =，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由（1）知，当0x >时，2e x x >，所以33342241616161(4)11110e (e )(2)a a a a a h a a a=-=->-=->．故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4a =．【3】（2018年全国3卷理）已知函数f （x ）=（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ． （1）若a=0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0； （2）若x=0是f （x ）的极大值点，求a ．【解答】（1）证明：当a=0时，f （x ）=（2+x ）ln （1+x ）﹣2x ，（x ＞﹣1）．，，可得x ∈（﹣1，0）时，f″（x ）≤0，x ∈（0，+∞）时，f″（x ）≥0 ∴f′（x ）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增， ∴f′（x ）≥f′（0）=0，∴f （x ）=（2+x ）ln （1+x ）﹣2x 在（﹣1，+∞）上单调递增，又f （0）=0． ∴当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0． （2）解：由f （x ）=（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ，得 f′（x ）=（1+2ax ）ln （1+x ）+﹣2=，令h （x ）=ax 2﹣x +（1+2ax ）（1+x ）ln （x +1）， h′（x ）=4ax +（4ax +2a +1）ln （x +1）．当a ≥0，x ＞0时，h′（x ）＞0，h （x ）单调递增， ∴h （x ）＞h （0）=0，即f′（x ）＞0，∴f （x ）在（0，+∞）上单调递增，故x=0不是f （x ）的极大值点，不符合题意． 当a ＜0时，h″（x ）=8a +4aln （x +1）+，显然h″（x ）单调递减，①令h″（0）=0，解得a=﹣．∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴h′（x）≤h′（0）=0，∴h（x）单调递减，又h（0）=0，∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴x=0是f（x）的极大值点，符合题意；②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）（1﹣e）＜0，∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）单调递增，∴h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，∴f （x ）在（x 1，0）上单调递减，不符合题意． 综上，a=﹣．【4】（2018北京理）设函数()2(41)43xf x ax a x a e ⎡⎤=-+++⎣⎦．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【答案】（1）1a =（2）1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（Ⅰ）因为()2(41)43x f x ax a x a e⎡⎤=-+++⎣⎦，所以()[]2'241)4143x xax a e ax x fa e x a ⎡⎤=-+++++⎣⎦-（（）2–212x ax a x e ⎡++=⎤⎣⎦（）．()()'11f a e =-． 由题设知()'10f =，即()10a e -= ，解得1a =．此时()130f e =≠．所以a 的值为1． （Ⅱ）由（Ⅰ）得()()()2'–21212x xax a x x f x e ax e ⎡⎤++-⎣==-⎦（）．若12a >，则当1,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x <；当()2,x ∈+∞时，()'0f x >．所以()f x 在2x =处取得极小值． 若12a ≤，则当()0,2x ∈时，1–201102x ax x <-≤-<，， 所以()'0fx >．所以2不是()f x 的极小值点．综上可知，a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 【5】．（2018年天津理）已知函数xa x f =)(，x x g a log )(=，其中1>a .（I ）求函数a x x f x h ln )()(-=的单调区间；（II ）若曲线)(x f y =在点))(,(11x f x 处的切线与曲线)(x g y =在点))(,(22x g x 处的切线平行，证明aax g x ln ln ln 2)(21-=+；e e a ≥线.【答案】(Ⅰ)单调递减区间)0,(-∞，单调递增区间为)0(∞+，；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.【解析】（I ）由已知，a x a x h xln )(-=，有a a a x h xln ln )(-='. 令0)(='x h ，解得0=x由1>a ，可知当x 变化时，)(x h '，)(x h 的变化情况如下表： x)0,(-∞)0(∞+，)(x h ' -0 + )(x h极小值所以函数)(x h 的单调递减区间为)0,(-∞，单调递增区间为)0(∞+，. （II ）由a a x f xln )(='，可得曲线)(x f y =在点))(,(11x f x 处的切线斜率为a a x ln 1.由a x x g ln 1)(='，可得曲线)(x g y =在点))(,(22x g x 处的切线斜率为a x ln 12. 因为这两条切线平行，故有ax a a x ln 1ln 21=，即1)(ln 222=a a x x .两边取以a 为底的对数，得0ln log 2log 212=++a x x a ，所以aax g x ln ln ln 2)(21-=+. （III ）曲线)(x f y =在点),(11x a x 处的切线.)(ln :1111x x a a a y l xx -⋅=-曲线)(x g y =在点)log ,(22x x a 处的切线)(ln 1log :2222x x ax x y l a -⋅=-e e a ≥只需证明当e e a 1≥时，存在),(1+∞-∞∈x ，),0(2+∞∈x ，使得1l 和2l 重合.即只需证明当e e a 1≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩有解，由①得22)(ln 11a a x x =，代入②，得.0ln ln ln 2ln 1ln 1111=+++-aa a x a a x a x x ③ 因此，只需证明当e e a 1≥时，关于1x 的方程③存在实数解. 设函数aaa x a xa a x u xx ln ln ln 2ln 1ln )(+++-=， 即要证明当e e a 1≥时，函数)(x u y =存在零点.x xa a x u 2)(ln 1)(-='，可知)0,(-∞∈x 时，0)(>'x u ； ),0(+∞∈x 时，)(x u '单调递减，又01)0(>='u ，01])(ln 1[2)(ln 12<-='a a a u ， 故存在唯一的0x ，且00>x ，使得0)(0='x u ，即0)(ln 1002=-x a x a .由此可得)(x u 在),(0x -∞上单调递增，在)(0∞+，x 上单调递减. )(x u 在0x x =处取得极大值)(0x u .因为e e a 1≥，故1)ln(ln -≥a ， 所以.0ln ln ln 22ln ln ln 2)(ln 1ln ln ln 2ln 1ln )(02000000≥+≥++=+++-=aa a a x a x a a a x a a x a x u x x 下面证明存在实数t ，使得0)(<t u . 由（I ）可得a x a x ln 1+≥， 当ax ln 1>时， 有aaa x a x a x x u ln ln ln 2ln 1)ln 1)(ln 1()(+++-+≤ aaa x x a ln ln ln 2ln 11)(ln 22++++-=， 所以存在实数t ，使得0)(<t u因此，当e e a 1≥时，存在),(1+∞-∞∈x ，使得0)(1=x u .所以，当e e a 1≥时，存在直线l ，使l 是曲线)(x f y =的切线，也是曲线)(x g y =的切线. 【6】．（2018年浙江）已知函数()f x lnx =（Ⅰ）若()f x 在1212()x x x x x =≠，处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-（Ⅱ）若342a ln ≤-，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．【答案】（Ⅰ）略 （Ⅱ）略【解析】（Ⅰ）函数()f x的导函数1()f x x'， 由12()()f x f x ''=1211x x =-， 因为12x x ≠12=．因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以()g x 在[256,)+∞上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则()0f m km a a k k a -->+--≥， ))0()a n k n kn f n kn a -≤--<<- 所以，存在0(,)x m n ∈使00)(f x kx a =+所以，对于任意的a ∈R 及(0,)k ∈+∞，直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．由y kx a =+得k =设()h x =则'22ln 1()12()x ag x a h x x x --+--+==，其中()ln g x x -．(0,)+∞ 由（Ⅰ）可知()(16)g x g ≥，又342a ln ≤-，故–()1(16)134ln 20g x a g a a -+≤--+=-++≤，所以()0h x '≤，即函数()h x 在上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根．综上，当342a ln ≤-时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．【7】 （2018年江苏卷）记()(),f x g x ''分别为函数()(),f x g x 的导函数.若存在0x R ∈，满足()()00f x g x =且()()00f x g x ''=,则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”. 1.证明:函数()f x x =与()222g x x x =+-不存在“S 点”.2.若函数()21f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值.3.已知函数()()2,xbe f x x a g x x=-+=，对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间()0,+∞内存在“S 点”，并说明理由.【解析】1. ()()1,22f x g x x ''==+，若存在，则有2000022122x x x x ⎧+-=⎨=+⎩，矛盾，因此不存在.2. ()()12,f x ax g x x ''==根据题意有()()200001ln 1122ax x ax x ⎧-=⋅⋅⋅⎪⎨=⋅⋅⋅⎪⎩且有00x >，根据()2得0x =，代入()1得2ea =；3. ()()2(1)2,x be x f x x g x x -''=-=，根据题意有()()()00202000201122x x be x a x be x x x ⎧-+=⋅⋅⋅⎪⎪⎨-⎪-=⋅⋅⋅⎪⎩，根据()2有020*******x x be x x -=>⇒<<-，转化为22000201x x a x -++=-，001x <<，()3220000120x x a x x ∴-++-+=()()320000310m x x x a x ⇒=-++-=，转化为()m x 存在零点0x ，又()()00,12m a m =-<=，∴恒存在零点大于0小于1，∴对任意0a >均存在0b >，使得存在“S 点”.【8】（2018年江苏卷）设{}n a 是首项为1a ,公差为d 的等差数列，{}n b 是首项1b ,公比为q 的等比数列.1.设10a =，11b =，2q =，若1n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立,求d 的取值范围.2.若110a b =>，*m N ∈，(q ∈，证明：存在d R ∈，使得1n n a b b -≤对2,3,,1n m =⋅⋅⋅+均成立，并求d 的取值范围(用1,,b m q 表示).【答案】1.由题意得1n n a b -≤对任意1,2,3,4n =均成立，故当10a =，121q b ==时，可得01121241381d d d ⎧-≤⎪-≤⎪⎨-≤⎪⎪-≤⎩即1335227532d d d ⎧⎪≤≤⎪⎪≤≤⎨⎪⎪≤≤⎪⎩，所以7532d ≤≤； 2.因为110a b =>，1n n a b b -≤对2,3,1n m =⋅⋅⋅+均能成立，把,n n a b 代入可得()()111112,3,1n b n d b q b n m -+--⋅≤=⋅⋅⋅+化简可得()()111111122222202,3,1111n n n m b q b b b q n n n m n n n ---⎛⎫⋅-=-+=-+≤=⋅⋅⋅+ ⎪---⎝⎭，因为(q ∈，所以()122,2222,3,1n m n n m -≤-≤-=⋅⋅⋅+，而()1102,3,11n b q n m n -⋅>=⋅⋅⋅+-，所以存在d R ∈，使得1n n a b b -≤对2,3,1n m =⋅⋅⋅+均成立，当1m =时，)112b d ≤≤； 当2m ≥时，设111n n b q c n -⋅=-，则()()()11111112,3,,11n n n n n q n q b q b q c c b q n m n n n n --+--⋅⋅-=-=⋅⋅=⋅⋅⋅--，设()()1f n q n q =--，因为10q ->，所以()f n单调递增，又因为(q ∈，所以()()()()111112111m m f m q m q m m m m ⎛⎫ ⎪⎫=--≤-⋅=-- ⎪⎪-⎭ ⎪-⎝⎭，设11,0,2x x m ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，且设()121x g x x =+-，那么()()212ln 1x g x x x '=⋅--，因为()22ln ln ,14x x x x ⋅≤-≥，所以()()212ln 01x g x x x '=⋅-<-在10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上恒成立，即()f x 单调递增.所以()g x的最大值为1202g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，所以()0f m <，所以()0f n <对2n m ≤≤均满足，所以{}n c 单调递减，所以1112,m b q d b q b m ⎡⎤⋅∈⋅-⎢⎥⎣⎦。
2018年高考真题汇编(函数与导数)
函数与导数1．【2018年浙江卷】函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．2．【2018年理天津卷】已知，，，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：，，，据此可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．3．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.4．【2018年理新课标I卷】设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A. B. C. D.【答案】D点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果. 5．【2018年全国卷Ⅲ理】设，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：求出，得到的范围，进而可得结果。
近五年高考试题分类汇编-导数部分(附答案解析)
2018年全国高考试题分类汇编-导数部分（含解析）1.(2018·全国卷I 高考理科·T5)同(2018·全国卷I 高考文科·T6)设函数f (x )=x3+(a -1)x2+ax.若f (x )为奇函数,则曲线y=f (x )在点(0,0)处的切线方程为( ) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x2.(2018·全国卷II 高考理科·T13)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为3.(2018·全国卷II 高考文科·T13)曲线y=2lnx 在点(1,0)处的切线方程为4.(2018·全国Ⅲ高考理科·T14)曲线y=(ax +1)ex 在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= .5.(2018·天津高考文科·T10)已知函数f(x)=exlnx,f ′(x)为f(x)的导函数,则f ′(1)的值为 .6.(2018·全国卷I 高考理科·T16)已知函数f (x )=2sinx+sin2x,则f (x )的最小值是 .7.(2017·全国乙卷文科·T14)曲线y=x 2+1x在点(1,2)处的切线方程为 . 8.(2017·全国甲卷理科·T11)若x=-2是函数f (x )=(2x +ax-1)1x e -的极值点,则f (x )的极小值为 ( ) A.-1B.-23e -C.53e -D.19.(201710.(2017递增,则称f (x )A.f (x )=2-x11.(2017数a 12.(2017则称f (x )具有M ①f (x )=2-x;②f (x13.(2017·全国乙卷理科·T16)如图,圆形纸片的圆心为O ,半径为5cm ,该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O.D ,E ,F 为圆O 上的点,△DBC ,△ECA ,△FAB 分别是以BC ,CA ,AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC ,CA ,AB 为折痕折起△DBC ,△ECA ,△FAB ,使得D ,E ,F 重合,得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm 3)的最大值为 .14.(2017·天津高考文科·T10)已知a ∈R ,设函数f (x )=ax-lnx 的图象在点(1,f (1))处的切线为l ,则l 在y 轴上的截距为 .15.(2016·全国卷Ⅰ高考文科·T12)若函数f (x )=x-13sin2x+asinx 在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是( ) A.[-1,1] B.11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C.11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ D.11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦16.(2016·四川高考理科·T9)设直线l 1,l 2分别是函数f (x )=lnx,0x 1,lnx,x 1,⎧-<<⎨>⎩图象上点P 1,P 2处的切线,l 1与l 2垂直相交于点P ,且l 1,l 2分别与y 轴相交于点A ,B ,则△PAB 的面积的取值范围是( ) A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞)17.(2016·四川高考文科·T6)已知a 为函数f (x )=x 3-12x 的极小值点,则a=( ) A.-4B.-2C.4D.218.(2016·四川高考文科·T10)设直线l 1,l 2分别是函数f (x )=lnx,0x 1,lnx,x 1,⎧-<<⎨>⎩图象上点P 1,P 2处的切线,l 1与l 2垂直相交于点P ,且l 1,l 2分别与y 轴相交于点A ,B ,则△PAB 的面积的取值范围是 ( ) A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 19.(2016·山东高考文科·T10)同(2016·山东高考理科·T10)若函数y=f (x )的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f (x )具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是 ( )A.y=sinxB.y=lnxC.y=e xD.y=x 320.(2016·全国卷Ⅱ理科·T16)若直线y=kx+b 是曲线y=lnx+2的切线,也是曲线y=ln (x+1)的切线,则b= .21.(2016·全国卷Ⅲ·理科·T15)已知f (x )为偶函数,当x<0时,f (x )=ln (-x )+3x ,则曲线y=f (x )在点(1,-3)处的切线方程是 .22.(2016·全国卷Ⅲ·文科·T16)已知f (x )为偶函数,当x ≤0时,f (x )=e -x-1-x ,则曲线y= f (x )在点(1,2)处的切线方程是 .23.(2016·天津高考文科·T10)已知函数f (x )=(2x+1)e x,f'(x )为f (x )的导函数,则f'(0)的值为 .24.(2015·天津高考文科·T11)已知函数f(x)=axlnx,x ∈(0,+∞),其中a 为实数,f ′(x)为f(x)的导函数,若f ′(1)=3,则a 的值为 .25、(2015·新课标全国卷Ⅰ文科·T14)已知函数f (x )=ax 3+x+1的图象在点(1,f (1))处的切线过点(2,7),则a= . 26.(2015·新课标全国卷Ⅱ文科·T16)已知曲线y=x+lnx 在点(1,1)处的切线与曲线y=ax 2+(a+2)x+1相切,则a= .27.（2015·安徽高考理科·T15）设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）(1)3,3a b =-=-；(2)3,2a b =-=；(3)3,2a b =->；(4)0,2a b ==;(5)1,2a b ==28.(2015·四川高考理科·T15)已知函数f(x )=2x ,ax x x g +=2)((其中a ∈R).对于不相等的实数21,x x ,设2121)()(,)()(x g x g n x f x f m -=-=.现有如下命题:29.1x31、 (2015·陕西高考文科·T15)函数y=xe x 在其极值点处的切线方程为 . 32.(2015·新课标全国卷Ⅱ理科·T12)设函数f ′(x)是奇函数f(x)(x ∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf ′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x 的取值范围是 ( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)33.（2015·安徽高考文科·T10）函数()32f x ax bx cx d=+++的图像如图所示，则下列结论成立的是（ ）A.a>0,b<0,c>0,d>0B.a>0,b<0,c<0,d>0C.a<0,b<0,c<0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d<034.(2015·陕西高考理科·T12)对二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a 为非零常数),四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有一个结论是错误的,则错误的结论是 ( )A.-1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y=f(x)上35.(2015·福建高考理科·T10) 若定义在上的函数 满足 ，其导函数 满足，则下列结论中一定错误的是（ ）A ．B ．C ．D ．36.(2015A.37.(2015则a A.)1,23[e -38.(2014·39.(201440.(201441.(2014·42（2014· A.21ln x x e e ->43.（2014当[]2,1x ∈-[]()5,3A --44.(2014R ()f x ()01f =-()f x '()1f x k '>>11f k k ⎛⎫< ⎪⎝⎭111f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭A.y=x 3-x 2-x B.y=x 3+x 2-3x C.y=x 3-x D.y=x 3+x 2-2x45.(2014·陕西高考理科·T10)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A 的水平距离10千米处下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则函数的解析式为 ( )A.y=x 3-x B.y=x 3-x C.y=x 3-x D.y=-x 3+x46、(2014·新课标全国卷Ⅱ高考文科数学·T11)若函数f (x )=kx-lnx 在区间(1,+∞)单调递增,则k 的取值范围是( )A. (,2]-∞-47.(2014·A.0B.1 48.(2014()20f x ⎡⎤⎣⎦<m 2,A. (),6-∞-49.（2014()(f x f -=-A. ①②③50.(12分(1)设x=2是f (2)证明:当a52.(2018·全国Ⅲ高考理科·T21)(12分)已知函数f (x )=(2+x +ax 2)ln (1+x )-2x. (1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f (x )<0;当x>0时,f (x )>0. (2)若x=0是f (x )的极大值点,求a.52.(2018·全国Ⅲ高考文科·T21)(12分)已知函数f (x )=ax 2+x -1e x.(1)求曲线y=f (x )在点(0,-1)处的切线方程. (2)证明:当a ≥1时,f (x )+e ≥0.53.(本小题13分)(2018·北京高考理科·T18) 设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程与x 轴平行,求a. (2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a 的取值范围. 54.(本小题13分)(2018·北京高考文科·T19) 设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a. (2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a 的取值范围.55.(12分)(2018·全国卷I 高考理科·T21)已知函数f (x )=1x -x+alnx.(1)讨论f (x )的单调性.(2)若f (x )存在两个极值点x1,x2,证明:f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2.56.(2018·全国卷II 高考理科·T21)(12分)已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x ≥0时,f(x)≥1. (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.57.(2018·全国卷II 高考文科·T21)(12分)已知函数f (x )=13x3-a (x 2+x +1). (1)若a=3,求f(x)的单调区间. (2)证明:f(x)只有一个零点.58.(本小题满分14分)(2018·天津高考理科·T20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)-xlna的单调区间.(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2ln(lna)lna.(Ⅲ)证明当a≥e 1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.59.(本小题满分14分)(2018·天津高考文科·T20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(Ⅰ)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(Ⅱ)若d=3,求f(x)的极值;(Ⅲ)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6√3有三个互异的公共点,求d的取值范围.60.(本小题满分14分)(2018·江苏高考·T17)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O 的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sinθ的取值范围.(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.61.(本小题满分16分)(2018·江苏高考·T19)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=lnx存在“S点”,求实数a的值.(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=be x x,对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S 点”,并说明理由.62.(2018·浙江高考T22)(本题满分15分)已知函数f(x)=√x -lnx. (Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2. (Ⅱ)若a ≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点. 63.(2017·北京高考文科·T20)同(2017·北京高考理科·T19)已知函数f (x )=e xcosx-x. (1)求曲线y=f (x )在点(0,f (0))处的切线方程. (2)求函数f (x )在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值. 64.(2017·全国丙卷·文科·T21)已知函数f (x )=lnx+ax 2+(2a+1)x. (1)讨论f (x )的单调性. (2)当a<0时,证明f (x )≤-34a-2. 65.(2017·全国乙卷理科·T21)已知函数f (x )=ae 2x+(a-2)e x-x. (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.66、(2017·全国乙卷文科·T21)已知函数f (x )=e x(e x-a )-a 2x.(1)讨论f (x )的单调性. (2)若f (x )≥0,求a 的取值范围.67.(2017·全国甲卷理科·T21)(12分)已知函数f (x )=ax 2-ax-xlnx ,且f (x )≥0. (1)求a.(2)证明:f (x )存在唯一的极大值点x 0,且e -2<f (x 0)<2-2.68.(2017·全国甲卷文·T21)(12分)设函数f (x )=(1-x 2)e x.(1)讨论f (x )的单调性.(2)当x ≥0时,f (x )≤ax+1,求a 的取值范围.69.(2017·天津高考理科·T20)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间.(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0.(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且pq ∈[1,x0)∪(x0,2],满足pxq-≥41Aq.70.(2017·天津高考理科·T19)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间.(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;②若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.71.(2017·山东高考理科·T20)已知函数f(x)=x2+2cosx,g(x)=e x(cosx-sinx+2x-2),其中e=2.71828……是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x(2)令h(x)=g(x)72.(2017(1)当a=2时,(2)设函数g(x)73.(2017零点.((1)求b关于a(2)证明:b2>3a.(3)若f(x),f'(x)74.(2017(1)求f()x的导函数.(2)求f()x在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围.75.(2016·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围.(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.76.(2016·全国卷Ⅲ·理科·T21)(本小题满分12分)设函数f(x)=acos2x+(a-1)(cosx+1),其中a>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x).(2)求A.(3)证明|f'(x)|≤2A.77.(2016设函数f(x)(1)讨论f(x)(2)证明当x(3)设c>1,78.(2016(1)f(x)≥(2)3<f(x)≤479.(2016已知f(x)=a((1)讨论f(x)(2)当a=1时,80.(2016(1)令g (x )=f'(x ),求g (x )的单调区间.(2)已知f (x )在x=1处取得极大值,求实数a 的取值范围.81.(2016·四川高考理科·T21)设函数f (x )=ax 2-a-lnx ,其中a ∈R. (1)讨论f (x )的单调性.(2)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>11 xx e --在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).82.(2016·北京高考理科·T18)设函数f (x )=xe a-x +bx ,曲线y=f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a ,b 的值. (2)求f (x )的单调区间.83.(2016·全国卷Ⅰ高考文科·T21)已知函数f (x )=(x-2)·e x+a (x-1)2. (1)讨论f (x )(2)若f (x )84.(2016(2)证明:当a ∈[85.(2016(1)当a=4时,(2)若当x ∈(1,+86.(2016·(1)讨论f (x )(2)证明:当x>1(3)确定a 87. (2015(1)求f(x)(2)证明:f(x)在(-(3)若曲线y=f(x)证明:m ≤√a −2e 3-1.88. (2015·北京高考理科·T18)(13分) 已知函数1+x()ln 1f x x=- 。
2018年 各省市导数试题汇编 (理科)
【1】（2018年全国1卷理）已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【答案】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，21()1a f x x x '=--+.221x ax x-+=- （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，x =或x =.【解析】（1）当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x在()2a ++∞单调递减，在(22a a -单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于1212()()f x f x x x --121212ln ln 11x x a x x x x -=--+-1212ln ln 2x x a x x -=-+-2222ln 21x a x x -=-+-， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--.【2】（2018全国二卷理）已知函数2()e x f x ax =-． （1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】（1）当1a =时，()1f x ≥等价于2(1)e 10xx -+-≤．设函数2()(1)e1xg x x -=+-，则22()(21)e (1)e x x g'x x x x --=--+=--．当1x ≠时，()0g'x <，所以()g x 在(0,)+∞单调递减． 而(0)0g =，故当0x ≥时，()0g x ≤，即()1f x ≥． （2）设函数2()1e xh x ax -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．（i ）当0a ≤时，()0h x >，()h x 没有零点； （ii ）当0a >时，()(2)exh'x ax x -=-．当(0,2)x ∈时，()0h'x <；当(2,)x ∈+∞时，()0h'x >． 所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故24(2)1eah =-是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0h >，即2e 4a <，()h x 在(0,)+∞没有零点；②若(2)0h =，即2e 4a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点；③若(2)0h <，即2e 4a >，由于(0)1h =，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由（1）知，当0x >时，2e x x >，所以33342241616161(4)11110e (e )(2)a a a a a h a a a=-=->-=->． 故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4a =．【3】（2018年全国3卷理）已知函数f （x ）=（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ．（1）若a=0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；（2）若x=0是f（x）的极大值点，求a．【解答】（1）证明：当a=0时，f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．，，可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，∴f′（x）≥f′（0）=0，∴f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）=0．∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+﹣2=，令h（x）=ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），h′（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）＞h（0）=0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x=0不是f（x）的极大值点，不符合题意．当a＜0时，h″（x）=8a+4aln（x+1）+，显然h″（x）单调递减，①令h″（0）=0，解得a=﹣．∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴h′（x）≤h′（0）=0，∴h（x）单调递减，又h（0）=0，∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴x=0是f（x）的极大值点，符合题意；②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）（1﹣e）＜0，∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）单调递增，∴h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．综上，a=﹣．【4】（2018北京理）设函数()2(41)43xf x ax a x a e ⎡⎤=-+++⎣⎦．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【答案】（1）1a =（2）1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（Ⅰ）因为()2(41)43x f x ax a x a e⎡⎤=-+++⎣⎦，所以()[]2'241)4143x xax a e ax x fa e x a ⎡⎤=-+++++⎣⎦-（（）2–212x ax a x e ⎡++=⎤⎣⎦（）．()()'11f a e =-．由题设知()'10f =，即()10a e -= ，解得1a =．此时()130f e =≠．所以a 的值为1． （Ⅱ）由（Ⅰ）得()()()2'–21212x xax a x x f x e ax e ⎡⎤++-⎣==-⎦（）． 若12a >，则当1,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x <；当()2,x ∈+∞时，()'0f x >．所以()f x 在2x =处取得极小值． 若12a ≤，则当()0,2x ∈时，1–201102x ax x <-≤-<，， 所以()'0fx >．所以2不是()f x 的极小值点．综上可知，a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 【5】．（2018年天津理）已知函数xa x f =)(，x x g a log )(=，其中1>a .（I ）求函数a x x f x h ln )()(-=的单调区间；（II ）若曲线)(x f y =在点))(,(11x f x 处的切线与曲线)(x g y =在点))(,(22x g x 处的切线平行，证明aax g x ln ln ln 2)(21-=+； （III ）证明当e e a 1≥时，存在直线l ，使l 是曲线)(x f y =的切线，也是曲线)(x g y =的切线.【答案】(Ⅰ)单调递减区间)0,(-∞，单调递增区间为)0(∞+，；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.【解析】（I ）由已知，a x a x h xln )(-=，有a a a x h xln ln )(-='. 令0)(='x h ，解得0=x由1>a ，可知当x 变化时，)(x h '，)(x h 的变化情况如下表：极小值所以函数)(x h 的单调递减区间为)0,(-∞，单调递增区间为)0(∞+，. （II ）由a a x f xln )(='，可得曲线)(x f y =在点))(,(11x f x 处的切线斜率为a a x ln 1.由a x x g ln 1)(='，可得曲线)(x g y =在点))(,(22x g x 处的切线斜率为a x ln 12. 因为这两条切线平行，故有ax a a x ln 1ln 21=，即1)(ln 222=a a x x .两边取以a 为底的对数，得0ln log 2log 212=++a x x a ，所以aax g x ln ln ln 2)(21-=+. （III ）曲线)(x f y =在点),(11x a x 处的切线.)(ln :1111x x a a a y l xx -⋅=-曲线)(x g y =在点)log ,(22x x a 处的切线)(ln 1log :2222x x ax x y l a -⋅=- 要证明当e e a 1≥时，存在直线l ，使l 是曲线)(x f y =的切线，也是曲线)(x g y =的切线， 只需证明当e e a 1≥时，存在),(1+∞-∞∈x ，),0(2+∞∈x ，使得1l 和2l 重合.即只需证明当e e a 1≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩有解，由①得22)(ln 11a a x x =，代入②，得.0ln ln ln 2ln 1ln 1111=+++-aa a x a a x a x x ③ 因此，只需证明当e e a 1≥时，关于1x 的方程③存在实数解. 设函数aaa x a xa a x u xx ln ln ln 2ln 1ln )(+++-=， 即要证明当e e a 1≥时，函数)(x u y =存在零点.x xa a x u 2)(ln 1)(-='，可知)0,(-∞∈x 时，0)(>'x u ； ),0(+∞∈x 时，)(x u '单调递减，又01)0(>='u ，01])(ln 1[2)(ln 12<-='a a a u ， 故存在唯一的0x ，且00>x ，使得0)(0='x u ，即0)(ln 1002=-x a x a .由此可得)(x u 在),(0x -∞上单调递增，在)(0∞+，x 上单调递减. )(x u 在0x x =处取得极大值)(0x u .因为e e a 1≥，故1)ln(ln -≥a ， 所以.0ln ln ln 22ln ln ln 2)(ln 1ln ln ln 2ln 1ln )(02000000≥+≥++=+++-=aaa a x a x a a a x a a x a x u x x 下面证明存在实数t ，使得0)(<t u . 由（I ）可得a x a x ln 1+≥，当ax ln 1>时， 有aaa x a x a x x u ln ln ln 2ln 1)ln 1)(ln 1()(+++-+≤ aaa x x a ln ln ln 2ln 11)(ln 22++++-=， 所以存在实数t ，使得0)(<t u因此，当e e a 1≥时，存在),(1+∞-∞∈x ，使得0)(1=x u .所以，当e e a 1≥时，存在直线l ，使l 是曲线)(x f y =的切线，也是曲线)(x g y =的切线. 【6】．（2018年浙江）已知函数()f x lnx =（Ⅰ）若()f x 在1212()x x x x x =≠，处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>- （Ⅱ）若342a ln ≤-，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．【答案】（Ⅰ）略 （Ⅱ）略【解析】（Ⅰ）函数()f x的导函数1()f x x'， 由12()()f x f x ''=1211x x =-， 因为12x x ≠12=．因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以()g x 在[256,)+∞上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则()0f m km a a k k a -->+--≥， ))0()a n k n k n f n kn a -≤--<<- 所以，存在0(,)x m n ∈使00)(f x kx a =+所以，对于任意的a ∈R 及(0,)k ∈+∞，直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．由y kx a =+得k =设()h x =则'22ln 1()12()x ag x a h x x x --+--+==，其中()ln g x x -．(0,)+∞由（Ⅰ）可知()(16)g x g ≥，又342a ln ≤-，故–()1(16)134ln 20g x a g a a -+≤--+=-++≤，所以()0h x '≤，即函数()h x 在上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根．综上，当342a ln ≤-时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．【7】 （2018年江苏卷）记()(),f x g x ''分别为函数()(),f x g x 的导函数.若存在0x R ∈，满足()()00f x g x =且()()00f x g x ''=,则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”. 1.证明:函数()f x x =与()222g x x x =+-不存在“S 点”. 2.若函数()21f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值.3.已知函数()()2,xbe f x x a g x x=-+=，对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间()0,+∞内存在“S 点”，并说明理由.【解析】1. ()()1,22f x g x x ''==+，若存在，则有2000022122x x x x ⎧+-=⎨=+⎩，矛盾，因此不存在.2. ()()12,f x ax g x x ''==根据题意有()()200001ln 1122ax x ax x ⎧-=⋅⋅⋅⎪⎨=⋅⋅⋅⎪⎩且有00x >，根据()2得0x =，代入()1得2ea =；3. ()()2(1)2,x be x f x x g x x -''=-=，根据题意有()()()0202000201122x x be x a x be x x x ⎧-+=⋅⋅⋅⎪⎪⎨-⎪-=⋅⋅⋅⎪⎩，根据()2有0200020011x x be x x -=>⇒<<-，转化为22000201x x a x -++=-，001x <<，()3220000120x x a x x ∴-++-+=()()320000310m x x x a x ⇒=-++-=，转化为()m x 存在零点0x ，又()()00,12m a m =-<=，∴恒存在零点大于0小于1，∴对任意0a >均存在0b >，使得存在“S 点”.【8】（2018年江苏卷）设{}n a 是首项为1a ,公差为d 的等差数列，{}n b 是首项1b ,公比为q 的等比数列.1.设10a =，11b =，2q =，若1n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立,求d 的取值范围.2.若110a b =>，*m N ∈，(q ∈，证明：存在d R ∈，使得1n n a b b -≤对2,3,,1n m =⋅⋅⋅+均成立，并求d 的取值范围(用1,,b m q 表示).【答案】1.由题意得1n n a b -≤对任意1,2,3,4n =均成立，故当10a =，121q b ==时，可得01121241381d d d ⎧-≤⎪-≤⎪⎨-≤⎪⎪-≤⎩即1335227532d d d ⎧⎪≤≤⎪⎪≤≤⎨⎪⎪≤≤⎪⎩，所以7532d ≤≤； 2.因为110a b =>，1n n a b b -≤对2,3,1n m =⋅⋅⋅+均能成立，把,n n a b 代入可得()()111112,3,1n b n d b q b n m -+--⋅≤=⋅⋅⋅+化简可得()()111111122222202,3,1111n n n m b q b b b q n n n m n n n ---⎛⎫⋅-=-+=-+≤=⋅⋅⋅+ ⎪---⎝⎭，因为(q ∈，所以()122,2222,3,1n m n n m -≤-≤-=⋅⋅⋅+， 而()1102,3,11n b q n m n -⋅>=⋅⋅⋅+-，所以存在d R ∈，使得1n n a b b -≤对2,3,1n m =⋅⋅⋅+均成立，当1m =时，)112b d ≤≤； 当2m ≥时，设111n n b q c n -⋅=-，则()()()11111112,3,,11n n n n n q n q b q b q c c b q n m n n n n --+--⋅⋅-=-=⋅⋅=⋅⋅⋅--，设()()1f n q n q =--，因为10q ->，所以()f n单调递增，又因为(q ∈，所以()()()()111112111m m f m q m q m m m m ⎛⎫ ⎪⎫=--≤-⋅=-- ⎪⎪-⎭ ⎪-⎝⎭，设11,0,2x x m ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，且设()121x g x x =+-，那么()()212ln 1x g x x x '=⋅--，因为()22ln ln ,14x x x x ⋅≤-≥，所以()()212ln 01x g x x x '=⋅-<-在10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上恒成立，即()f x 单调递增.所以()g x的最大值为1202g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，所以()0f m <，所以()0f n <对2n m ≤≤均满足，所以{}n c 单调递减，所以1112,m b q d b q b m ⎡⎤⋅∈⋅-⎢⎥⎣⎦。
2018年全国卷理科数学十年真题分类汇编 导数
2018年全国卷理科数学十年真题分类汇编导数一．基础题组1.【2010新课标，理3】曲线 $y=\frac{x}{x+2}$ 在点(-1,-1)处的切线方程为()A。
$y=2x+1$。
B。
$y=2x-1$C。
$y=-2x-3$。
D。
$y=-2x-2$答案】A2.【2008全国1，理6】若函数 $y=f(x-1)$ 的图像与函数$y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称，则 $f(x)=\_\_\_$A。
$e^{2x}-1$。
B。
$e^{2x}$C。
$e^{2x}+1$。
D。
$e^{2x}+2$答案】B.解析】由 $y=\ln x+1 \Rightarrow x=e。
f(x-1)=e^{2(x-1)}。
f(x)=e^{2x}$。
因为 $y=f(x-1)$ 的图像与 $y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称，所以 $f(x)$ 的图像也与 $y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称。
因此，$f(x)$ 的图像为 $y=\ln x-1$ 的图像上下平移一定距离得到。
所以 $f(x)$ 的图像单调性与 $y=\ln x+1$ 相同。
即在 $(-\infty,0)$ 上单调递减，在$(0,+\infty)$ 上单调递增。
3.【2012全国，理21】已知函数 $f(x)$ 满足$f(x)=f'(1)e^{x-1}$。
1)求 $f(x)$ 的解析式及单调区间；2)若 $f(x) \geq -\frac{f(0)x}{2}+\frac{1}{2}x^2+ax+b$，求$(a+1)b$ 的最大值。
解析】(1)由已知得 $f'(x)=f'(1)e^{x-1}-f(0)+1$。
所以$f'(1)=f'(1)-f(0)+1$，即 $f(0)=1$。
又 $f(0)=f'(1)e^{0-1}$，所以$f'(1)=e$。
从而 $f(x)=e^{x-1}+x-\frac{1}{2}$。
2018年高考数学试题分类汇编——函数与导数(一)_精品
2018年高考数学试题分类汇编函数与导数(一)一． 选择题：1.（全国一1）函数y = ） A ．{}|0x x ≥B ．{}|1x x ≥C ．{}{}|10x x U ≥D ．{}|01x x ≤≤2.（全国一2）汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s 看作时间t 的函数，其图像可能是（ ）3.（全国一6）若函数(1)y f x =-的图像与函数1y =的图像关于直线y x =对称，则()f x =（ ） A ．21x e -B ．2x eC ．21x e +D ．22x e +4.（全国一7）设曲线11x y x +=-在点(32)，处的切线与直线10ax y ++=垂直，则a =（ ） A ．2B ．12C ．12- D ．2-5.（全国一9）设奇函数()f x 在(0)+∞，上为增函数，且(1)0f =，则不等式()()0f x f x x --<的解集为（ ）A ．(10)(1)-+∞U ，，B ．(1)(01)-∞-U ，，C ．(1)(1)-∞-+∞U ，，D ．(10)(01)-U ，，6.（全国二3）函数1()f x x x=-的图像关于（ ） A ．y 轴对称B ． 直线x y -=对称C ． 坐标原点对称D ． 直线x y =对称A ．B ．C ．D ．8.（全国二4）若13(1)ln 2ln ln x e a x b x c x -∈===，，，，，则（ ） A ．a <b <cB ．c <a <bC ． b <a <cD ． b <c <a9.（北京卷2）若0.52a =，πlog 3b =，22πlog sin 5c =，则（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．b c a >>10.（北京卷3）“函数()()f x x ∈R 存在反函数”是“函数()f x 在R 上为增函数”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件11.（四川卷10）设()()sin f x x ωϕ=+，其中0ω>，则()f x 是偶函数的充要条件是( )（Ａ）()01f = （Ｂ）()00f = （Ｃ）()'01f = （Ｄ）()'00f = 12.（四川卷11）设定义在R 上的函数()f x 满足()()213f x f x ⋅+=，若()12f =，则()99f =( )（Ａ）13 （Ｂ）2 （Ｃ）132 （Ｄ）21313.（天津卷3）函数1y =+04x ≤≤）的反函数是（A ）2(1)y x =-（13x ≤≤） （B ）2(1)y x =-（04x ≤≤）（C ）21y x =-（13x ≤≤） （D ）21y x =-（04x ≤≤）14.（天津卷10）设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时a 的取值集合为（A ）2{|1}a a <≤ （B ）{|}2a a ≥ （C ）3|}2{a a ≤≤ （D ）{2,3} 15.（安徽卷7）0a <是方程2210ax x ++=至少有一个负数根的（ ）A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件16.（安徽卷9）在同一平面直角坐标系中，函数()y g x =的图象与x y e =的图象关于直线y x =对称。
2018年高考真题汇编(函数与导数)
2018年高考真题汇编(函数与导数)函数与导数1．【2018年浙江卷】函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．2．【2018年理天津卷】已知，，，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：，，，据此可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．3．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0） B. [0，+∞） C. [–1，+∞） D. [1，+∞）【答案】C详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.4．【2018年理新课标I卷】设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A. B. C. D.【答案】D点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.5．【2018年全国卷Ⅲ理】设，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：求出，得到的范围，进而可得结果。
【高三数学试题精选】2018年高考数学理科试题分类汇编：导数
2018年高考数学理科试题分类汇编：导数
5 c 2或2 （B）-9或3 （c）-1或1 （D）-3或1
【答案】A
【命题意图】本试题主要考查了导数在研究三次函数中的极值的运用。
要是函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足极佳中一个为零即可。
【解析】若函数的图象与轴恰有两个共点，则说明函数的两个极值中有一个为0，函数的导数为，令，解得，可知当极大值为，极小值为由，解得，由，解得，所以或，选A
二、填空题
7【ex，a∈R
（Ⅰ）若曲线=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个共点P
【答案】本题主要考查函数导数的应用、二次函数的性质、函数零点的存在性定理等基础知识，考查推理论证能力、基本运算能力、抽象概括能力，以及分类与整合思想、数形结合思想、化归与转化思想
解答
（Ⅰ）
由题意得
得函数的单调递增区间为，单调递减区间为
（Ⅱ）设；则过切点的切线方程为
令；则
切线与曲线只有一个共点只有一个根
，且。
2018年高考导数分类汇编
2018年高考导数分类汇编（2）f′（x）=2ax，g′（x）=，x＞0，由f′（x）=g′（x）得=2ax，得x=，f（）=﹣=g（）=﹣lna2，得a=；（3）f′（x）=﹣2x，g′（x）=，（x≠0），由f′（x0）=g′（x），得b=﹣＞0，得0＜x＜1，由f（x0）=g（x），得﹣x2+a==﹣，得a=x2﹣，令h（x）=x2﹣﹣a=，（a＞0，0＜x＜1），设m（x）=﹣x3+3x2+ax﹣a，（a＞0，0＜x＜1），则m（0）=﹣a＜0，m（1）=2＞0，得m（0）m（1）＜0，又m（x）的图象在（0，1）上连续不断，则m（x）在（0，1）上有零点，则h（x）在（0，1）上有零点，则f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S”点．7.（全国1卷）设函数f（x）=x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）DA．y=﹣2x B．y=﹣x C．y=2x D．y=x【解答】解：函数f（x）=x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，可得a=1，所以函数f（x）=x3+x，可得f′（x）=3x2+1，曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线y=f （x）在点（0，0）处的切线方程为：y=x．故选：D．8.（全国1卷）已知函数f（x）=，g（x）=f（x）+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（）CA．[﹣1，0）B．[0，+∞）C．[﹣1，+∞）D．[1，+∞）【解答】解：由g（x）=0得f（x）=﹣x﹣a，作出函数f（x）和y=﹣x﹣a的图象如图：当直线y=﹣x﹣a的截距﹣a≤1，即a≥﹣1时，两个函数的图象都有2个交点，即函数g（x）存在2个零点，故实数a的取值范围是[﹣1，+∞），故选：C．9. （全国1卷）已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是．【解答】解：由题意可得T=2π是f（x）=2sinx+sin2x的一个周期，故只需考虑f（x）=2sinx+sin2x在[0，2π）上的值域，先来求该函数在[0，2π）上的极值点，求导数可得f′（x）=2cosx+2cos2x=2cosx+2（2cos2x﹣1）=2（2cosx﹣1）（cosx+1），令f′（x）=0可解得cosx=或cosx=﹣1，可得此时x=，π或；∴y=2sinx+sin2x的最小值只能在点x=，π或和边界点x=0中取到，计算可得f（）=，f（π）=0，f（）=﹣，f（0）=0，∴函数的最小值为﹣，故答案为：．10.（全国1卷）已知函数f（x）=﹣x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）=﹣﹣1+=﹣，设g（x）=x2﹣ax+1，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞0时，判别式△=a2﹣4，①当0＜a≤4时，△≤0，即g（x）＞0，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：）（）综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2=1，则f（x1）﹣f（x2）=（x2﹣x1）（1+）+a（lnx1﹣lnx2）=2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则=﹣2+，则问题转为证明＜1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，即证2lnx1＞x1﹣在（0，1）上恒成立，设h（x）=2lnx﹣x+，（0＜x＜1），其中h（1）=0，求导得h′（x）=﹣1﹣=﹣=﹣＜0，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+＞0，故2lnx＞x﹣，则＜a﹣2成立．11.（全国2卷）函数f（x）=的图象大致为（）BA．B．C．D．【解答】解：函数f（﹣x）==﹣=﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，当x=1时，f（1）=e﹣＞0，排除D．当x→+∞时，f（x）→+∞，排除C，故选：B．12.（全国2卷）已知f（x）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f（1﹣x）=f（1+x），若f（1）=2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=（）CA．﹣50 B．0 C．2 D．50【解答】解：∵f（x）是奇函数，且f（1﹣x）=f（1+x），∴f（1﹣x）=f（1+x）=﹣f（x﹣1），f（0）=0，则f（x+2）=﹣f（x），则f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，∵f（1）=2，∴f（2）=f（0）=0，f（3）=f（1﹣2）=f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2，f（4）=f（0）=0，则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=2+0﹣2+0=0，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=12[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（49）+f（50）=f（1）+f（2）=2+0=2，故选：C．13.（全国2卷）曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x ．【解答】解：∵y=2ln（x+1），∴y′=，当x=0时，y′=2，∴曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x．故答案为：y=2x．14.（全国2卷）已知函数f（x）=e x﹣ax2．（1）若a=1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【解答】证明：（1）当a=1时，函数f（x）=e x﹣x2．则f′（x）=e x﹣2x，令g（x）=e x﹣2x，则g′（x）=e x﹣2，令g′（x）=0，得x=ln2．当∈（0，ln2）时，h′（x）＜0，当∈（ln2，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）≥h（ln2）=e ln2﹣2•ln2=2﹣2ln2＞0，∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）=1，解：（2），f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程e x﹣ax2=0在（0，+∞）只有一个根，⇔a=在（0，+∞）只有一个根，即函数y=a与G（x）=的图象在（0，+∞）只有一个交点．G，当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递增，当→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞，∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a=G（2）=．15.（全国3卷）函数y=﹣x4+x2+2的图象大致为（）DA．B．C．D ．【解答】解：函数过定点（0，2），排除A ，B ．函数的导数f′（x ）=﹣4x 3+2x=﹣2x （2x 2﹣1），由f′（x ）＞0得2x （2x 2﹣1）＜0，得x ＜﹣或0＜x ＜，此时函数单调递增，排除C ，故选：D ．16.（全国3卷）设a=log0.20.3，b=log 20.3，则（ ）BA ．a+b ＜ab ＜0B ．ab ＜a+b ＜0C ．a+b ＜0＜abD ．ab ＜0＜a+b【解答】解：∵a=log 0.20.3=，b=log 20.3=，∴=，，∵，，∴ab ＜a+b ＜0．故选：B ．17.（全国3卷）曲线y=（ax+1）e x 在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a= ﹣3 ．【解答】解：曲线y=（ax+1）e x ，可得y′=ae x +（ax+1）e x ，曲线y=（ax+1）e x 在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，可得：a+1=﹣2，解得a=﹣3．故答案为：﹣3． 18.（全国3卷）已知函数f （x ）=（2+x+ax 2）ln （1+x ）﹣2x ．（1）若a=0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0； （2）若x=0是f （x ）的极大值点，求a ．【解答】（1）证明：当a=0时，f （x ）=（2+x ）ln （1+x ）﹣2x ，（x ＞﹣1）．，，可得x ∈（﹣1，0）时，f″（x ）≤0，x ∈（0，+∞）时，f″（x ）≥0∴f′（x ）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，∴f′（x ）≥f′（0）=0，∴f （x ）=（2+x ）ln （1+x ）﹣2x 在（﹣1，+∞）上单调递增，又f （0）=0．∴当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0．（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+﹣2=，令h（x）=ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），h′（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）＞h（0）=0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x=0不是f（x）的极大值点，不符合题意．当a＜0时，h″（x）=8a+4aln（x+1）+，显然h″（x）单调递减，①令h″（0）=0，解得a=﹣．∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴h′（x）≤h′（0）=0，∴h（x）单调递减，又h（0）=0，∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴x=0是f（x）的极大值点，符合题意；②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）（1﹣e）＜0，∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x，∴当0＜x＜x时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，）上单调递增，不符合题意；∴f（x）在（0，x③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，，∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，∴当x1∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）单调递增，∴h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．综上，a=﹣．19.（上海）设常数a∈R，函数f（x）=1og 2（x+a）．若f（x）的反函数的图象经过点（3，1），则a= 7 ．【解答】解：∵常数a∈R，函数f（x）=1og2（x+a）．f（x）的反函数的图象经过点（3，1），∴函数f（x）=1og2（x+a）的图象经过点（1，3），∴log2（1+a）=3，解得a=7．故答案为：7．20.（上海）已知α∈{﹣2，﹣1，﹣，1，2，3}，若幂函数f（x）=xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，则α= ﹣1 ．【解答】解：∵α∈{﹣2，﹣1，，1，2，3}，幂函数f（x）=xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，∴a是奇数，且a＜0，∴a=﹣1．故答案为：﹣1．21.（上海）已知常数a＞0，函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．若2p+q=36pq，则a= 6 ．【解答】解：函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．则：，整理得：=1，解得：2p+q=a2pq，由于：2p+q=36pq，所以：a2=36，由于a＞0，故：a=6．故答案为：622.（上海）设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，若f（x）的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，f（1）的可能取值只能是（）BA．B． C． D．0【解答】解：设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，若f（x）的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，故f（1）=cos=，故选：B．23.（上海）某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族S 中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当S 中x%（0＜x ＜100）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为 f （x ）=（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受x 影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题： （1）当x 在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？（2）求该地上班族S 的人均通勤时间g （x ）的表达式；讨论g （x ）的单调性，并说明其实际意义．【解答】解；（1）由题意知，当30＜x ＜100时，f （x ）=2x+﹣90＞40，即x 2﹣65x+900＞0，解得x ＜20或x ＞45，∴x ∈（45，100）时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；（2）当0＜x ≤30时，g （x ）=30•x%+40（1﹣x%）=40﹣；当30＜x ＜100时，g （x ）=（2x+﹣90）•x%+40（1﹣x%）=﹣x+58；∴g （x ）=；当0＜x ＜32.5时，g （x ）单调递减；当32.5＜x ＜100时，g （x ）单调递增；说明该地上班族S 中有小于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递减的；有大于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递增的；当自驾人数为32.5%时，人均通勤时间最少．24.（天津）已知a=log 2e ，b=ln2，c=log，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）DA ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．c ＞a ＞b【解答】解：a=log 2e ＞1，0＜b=ln2＜1，c=log =log 23＞log 2e=a ，则a ，b ，c 的大小关系c ＞a ＞b ，故选：D ．25.（天津）已知a＞0，函数f（x）=．若关于x的方程f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是（4，8）．【解答】解：当x≤0时，由f（x）=ax得x2+2ax+a=ax，得x2+ax+a=0，得a（x+1）=﹣x2，得a=﹣，设g（x）=﹣，则g′（x）=﹣=﹣，由g（x）＞0得﹣2＜x＜﹣1或﹣1＜x＜0，此时递增，由g（x）＜0得x＜﹣2，此时递减，即当x=﹣2时，g（x）取得极小值为g（﹣2）=4，当x＞0时，由f（x）=ax得﹣x2+2ax﹣2a=ax，得x2﹣ax+2a=0，得a（x﹣2）=x2，当x=2时，方程不成立，当x≠2时，a=设h（x）=，则h′（x）==，由h（x）＞0得x＞4，此时递增，由h（x）＜0得0＜x＜2或2＜x＜4，此时递减，即当x=4时，h（x）取得极小值为h（4）=8，要使f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则由图象知4＜a＜8，故答案为：（4，8）26.（天津）已知函数f（x）=a x，g（x）=log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y=g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=；（Ⅲ）证明当a≥e时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g（x）的切线．【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）=a x﹣xlna，有h′（x）=a x lna﹣lna，令h′（x）=0，解得x=0．由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；（Ⅱ）证明：由f′（x）=a x lna，可得曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．由g′（x）=，可得曲线y=g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．∵这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得loga x2+x1+2logalna=0，∴x1+g（x2）=；（Ⅲ）证明：曲线y=f（x）在点（）处的切线l1：，曲线y=g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：．要证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g（x）的切线，只需证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a≥时，方程组由①得，代入②得：，③因此，只需证明当a≥时，关于x1的方程③存在实数解．设函数u（x）=，既要证明当a≥时，函数y=u（x）存在零点．u′（x）=1﹣（lna）2xa x，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，又u′（0）=1＞0，u′=＜0，故存在唯一的x0，且x＞0，使得u′（x）=0，即．由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x，+∞）上单调递减，u（x）在x=x0处取得极大值u（x）．∵，故lnlna≥﹣1．∴=．下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得a x≥1+xlna，当时，有u（x）≤=．∴存在实数t，使得u（t）＜0．因此，当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）=0．∴当a≥时，存在直线l，使l是曲线y=f（x）的切线，也是曲线y=g（x）的切线．27.（浙江）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（）DA． B． C．D．【解答】解：根据函数的解析式y=2|x|sin2x，得到：函数的图象为奇函数，故排除A和B．当x=时，函数的值也为0，故排除C．故选：D．28.（浙江）我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则，当z=81时，x= 8 ，y= 11 ．【解答】解：，当z=81时，化为：，解得 x=8，y=11．故答案为：8；11．29.（浙江）已知λ∈R，函数f（x）=，当λ=2时，不等式f（x）＜0的解集是{x|1＜x＜4} ．若函数f（x）恰有2个零点，则λ的取值范围是（1，3] ．【解答】解：当λ=2时函数f（x）=，显然x≥2时，不等式x﹣4＜0的解集：{x|2≤x＜4}；x＜2时，不等式f（x）＜0化为：x2﹣4x+3＜0，解得1＜x＜2，综上，不等式的解集为：{x|1＜x＜4}．函数f（x）恰有2个零点，函数f （x ）=的草图如图：函数f （x ）恰有2个零点，则λ∈（1，3]．故答案为：{x|1＜x ＜4}；（1，3]．30.（浙江）已知函数f （x ）=﹣lnx ．（Ⅰ）若f （x ）在x=x 1，x 2（x 1≠x 2）处导数相等，证明：f （x 1）+f （x 2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a ≤3﹣4ln2，证明：对于任意k ＞0，直线y=kx+a 与曲线y=f （x ）有唯一公共点．【解答】证明：（Ⅰ）∵函数f （x ）=﹣lnx ，∴x ＞0，f′（x ）=﹣，∵f （x ）在x=x 1，x 2（x 1≠x 2）处导数相等，∴=﹣，∵x 1≠x 2，∴+=，由基本不等式得：=≥，∵x 1≠x 2，∴x 1x 2＞256，由题意得f （x 1）+f （x 2）==﹣ln （x 1x 2），设g （x ）=，则，∴列表讨论：∴g （x ）在[256，+∞）上单调递增，∴g （x 1x 2）＞g （256）=8﹣8ln2，∴f （x 1）+f （x 2）＞8﹣8ln2．（Ⅱ）令m=e ﹣（|a|+k ），n=（）2+1，则f （m ）﹣km ﹣a ＞|a|+k ﹣k ﹣a ≥0，f （n ）﹣kn ﹣a ＜n （﹣﹣k ）≤n （﹣k ）＜0，∴存在x 0∈（m ，n ），使f （x 0）=kx 0+a ，∴对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y=kx+a 与曲线y=f （x ）有公共点，由f （x ）=kx+a ，得k=，设h （x ）=，则h′（x ）==，其中g （x ）=﹣lnx ，由（1）知g （x ）≥g （16），又a ≤3﹣4ln2，∴﹣g （x ）﹣1+a ≤﹣g （16）﹣1+a=﹣3+4ln2+a ≤0，∴h′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，∴方程f （x ）﹣kx ﹣a=0至多有一个实根，综上，a ≤3﹣4ln2时，对于任意k ＞0，直线y=kx+a 与曲线y=f （x ）有唯一公共点．。
2011-2018高考数学导数分类新编(理)
2011-2018新课标(理科(l ǐk ē))导数压轴题分类汇编【2011新课标】21. 已知函数，曲线在点处的切线方程为。
（1）求、的值； （2）如果当，且时，，求的取值范围。
【解析】 （1）由于直线230x y +-=的斜率为，且过点，故 即 解得，。
（2）由（1）知，所以。
考虑函数，则。
(i)设，由知，当1x ≠时，。
而，故当时，，可得； 当x （1，+）时，h （x ）<0，可得h （x ）>0 从而当x>0,且x 1时，f （x ）-（+）>0，即f （x ）>1ln -x x +xk. （ii ）设0<k<1.由于当x ∈（1，）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故h’（x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得211x-h （x ）<0,与题设矛盾。
（iii ）设k 1.此时h ’ （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得211x - h （x ）<0,与题设矛盾。
综合得，k 的取值范围为（-∞，0）【2012新课标】21. 已知函数(hánshù)满足满足；（1）求()f x 的解析式及单调区间； （2）若，求的最大值。
【解析】 （1）令得：得：在上单调递增得：()f x 的解析式为且单调递增区间为，单调递减区间为（2）得①当时，在x R ∈上单调递增 时，与矛盾②当时，得：当时，令；则当时，；当时，(1)a b +的最大值为【2013新课标1】21.已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )，若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x +2 （1）求a ，b ，c ，d 的值 （2）若x ≥－2时, ，求k 的取值范围。
2012年_2018年高考数学函数及导数分类汇编[理]
![2012年_2018年高考数学函数及导数分类汇编[理]](https://img.taocdn.com/s3/m/0c6c9cf350e2524de5187e9e.png)
2011-2018新课标高考《函数与导数》分类汇编一、选择题【2018新课标1】5．设函数()()321f x x a x ax =+-+．若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点()00，处的切线方程为（ ）A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =【答案】D【2018新课标1】9．已知函数()0ln 0x e x f x x x ⎧=⎨>⎩，≤，，()()g x f x x a =++，若()g x 存在2个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．[)10-， B ．[)0+∞， C ．[)1-+∞， D ．[)1+∞，【答案】B【2018新课标2】3．函数()2e e x xf x x --=的图像大致为 （ ）【答案】B【2018新课标2】11．已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+．若(1)2f =，则(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=…（ ）A ．50-B ．0C ．2D ．50【答案】C【2018新课标3】7．函数422y x x =-++的图像大致为（ ）【答案】D【2018新课标3】12．设0.2log 0.3a =，2log 0.3b =，则（ ） A ．0a b ab +<< B ．0ab a b <+< C ．0a b ab +<<D ．0ab a b <<+【答案】D【2017新课标1】5．函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是（ D ）A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]【2017新课标1】11．设xyz 为正数，且235x y z ==，则（ D ）A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z【2017新课标2】11.若2x =-是函数21`()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ A ）A.1-B.32e --C.35e -D.1【解析】()()2121x f x x a x a e -'⎡⎤=+++-⋅⎣⎦，则()()32422101f a a e a -'-=-++-⋅=⇒=-⎡⎤⎣⎦， 则()()211x f x x x e -=--⋅，()()212x f x x x e -'=+-⋅，令()0f x '=，得2x =-或1x =， 当2x <-或1x >时，()0f x '>，当21x -<<时，()0f x '<，则()f x 极小值为()11f =-。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2018年全国高考理科数学分类汇编——函数与导数1.（北京）能说明“若f（R）＞f（0）对任意的R∈（0，2]都成立，则f（R）在[0，2]上是增函数”为假命题的一个函数是f（R）=sinR．【解答】解：例如f（R）=sinR，尽管f（R）＞f（0）对任意的R∈（0，2]都成立，当R∈[0，）上为增函数，在（，2]为减函数，故答案为：f（R）=sinR．2.（北京）设函数f（R）=[aR2﹣（4a+1）R+4a+3]e R．（Ⅰ）若曲线R=f（R）在点（1，f（1））处的切线与R轴平行，求a；（Ⅱ）若f（R）在R=2处取得极小值，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（R）=[aR2﹣（4a+1）R+4a+3]e R的导数为f′（R）=[aR2﹣（2a+1）R+2]e R．由题意可得曲线R=f（R）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，可得（a﹣2a﹣1+2）e=0，解得a=1；（Ⅱ）f（R）的导数为f′（R）=[aR2﹣（2a+1）R+2]e R=（R﹣2）（aR﹣1）e R，若a=0则R＜2时，f′（R）＞0，f（R）递增；R＞2，f′（R）＜0，f（R）递减．R=2处f（R）取得极大值，不符题意；若a＞0，且a=，则f′（R）=（R﹣2）2e R≥0，f（R）递增，无极值；若a＞，则＜2，f（R）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，可得f（R）在R=2处取得极小值；若0＜a＜，则＞2，f（R）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，可得f（R）在R=2处取得极大值，不符题意；若a＜0，则＜2，f（R）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，可得f（R）在R=2处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（，+∞）．3.（江苏）函数f（R）=【解答】解：由题意得：故答案为：[2，+∞）．的定义域为[2，+∞）．≥1，解得：R≥2，∴函数f（R）的定义域是[2，+∞）．4. =f （ 2 （f =f ff f（江苏）函数 （R ）满足 （R +4）（R ）R ∈R ），且在区间（﹣2，]上， R ） ，则 f （f （15））的值为．【解答】解：由 f （R +4）=f （R ）得函数是周期为 4 的周期函数，则 f （15）=f （16﹣1）=f （﹣1）=|﹣1+ |= ，f （ ）=cos （）=cos = ，即 f （f （15））= ，故答案为：5.（江苏）若函数 f （R ）=2R 3﹣aR 2+1（a ∈R ）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则 f （R ）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为 ﹣3 ．【解答】解：∵函数 f （R ）=2R 3﹣aR 2+1（a ∈R ）在（0，+∞）内有且只有一个零点，∴f′（R ）=2R （3R ﹣a ），R ∈（0，+∞），①当 a ≤0 时，f′（R ）=2R （3R ﹣a ）＞0，函数 f （R ）在（0，+∞）上单调递增，f （0）=1，f （R ）在（0，+∞）上没有零点，舍去；②当 a ＞0 时，f′（R ）=2R （3R ﹣a ）＞0 的解为 R ＞ ，∴f （R ）在（0， ）上递减，在（ ，+∞）递增，又 f （R ）只有一个零点，∴f （ ）=﹣ +1=0，解得 a=3，f （R ）=2R 3﹣3R 2+1，f′（R ）=6R （R ﹣1），R ∈[﹣1，1]，f′（R ）＞0 的解集为（﹣1，0），f （R ）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减；f （﹣1）=﹣4，f （0）=1，f （1）=0，∴f （R ）min =f （﹣1）=﹣4，f （R ）maR =f （0）=1，∴f （R ）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的 和为：f （R ）maR +f （R ）min =﹣4+1=﹣3．6.（江苏）记 f′（R ），g′（R ）分别为函数 f （R ），g （R ）的导函数．若存在 R 0∈R ，满足 f （R 0） =g （R 0）且 f′（R 0）=g′（R 0），则称 R 0 为函数 f （R ）与 g （R ）的一个“S 点”． （1）证明：函数 f （R ）=R 与 g （R ）=R 2+2R ﹣2 不存在“S 点”；（2）若函数 f （R ）=aR 2﹣1 与 g （R ）=lnR 存在“S 点”，求实数 a 的值；（3）已知函数 （R ）=﹣R 2+a ，g （R ）=．对任意 a ＞0，判断是否存在 b ＞0，使函数 （R ）与 g （R ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”，并说明理由．【解答】解：（1）证明：f′（R ）=1，g′（R ）=2R +2，则由定义得，得方程无解，则 f （R ）=R 与 g （R ）=R 2+2R ﹣2 不存在“S 点”；，得 a=R 02﹣【MeiWei_81 重点借鉴文档】（2）f′（R ）=2aR ，g′（R ）= ，R ＞0，由 f′（R ）=g′（R ）得 =2aR ，得 R=f （）=﹣ =g （ ）=﹣ lna2，得 a= ；，（3）f′（R ）=﹣2R ，g′（R ）=，（R ≠0），由 f′（R 0）=g′（R 0），得 b=﹣＞0，得 0＜R 0＜1，由 f （R 0）=g （R 0），得﹣R 02+a=令 h （R ）=R 2﹣﹣a==﹣，，（a ＞0，0＜R ＜1），设 m （R ）=﹣R 3+3R 2+aR ﹣a ，（a ＞0，0＜R ＜1），则 m （0）=﹣a ＜0，m （1）=2＞0，得 m （0）m （1）＜0，又 m （R ）的图象在（0，1）上连续不断，则 m （R ）在（0，1）上有零点，则 h （R ）在（0，1）上有零点，则 f （R ）与 g （R ）在区间（0，+∞）内存在“S”点．7.（全国 1 卷）设函数 f （R ）=R 3+（a ﹣1）R 2+aR ．若 f （R ）为奇函数，则曲线 R=f （R ）在点（0，0）处的切线方程为（）DA ．R=﹣2RB ．R=﹣RC ．R=2RD ．R=R【解答】解：函数 f （R ）=R 3+（a ﹣1）R 2+aR ，若 f （R ）为奇函数，可得 a=1，所以函数 f （R ）=R 3+R ，可得 f′（R ）=3R 2+1，曲线 R=f （R ）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线 R=f（R ）在点（0，0）处的切线方程为：R=R ．故选：D ．8.（全国 1 卷）已知函数 f （R ）= ，g （R ）=f （R ）+R +a ．若 g （R ）存在 2 个零点，则 a 的取值范围是（）CA ．[﹣1，0）B ．[0，+∞）C ．[﹣1，+∞）D ．[1，+∞）【解答】解：由 g （R ）=0 得 f （R ）=﹣R ﹣a ，作出函数 f （R ）和 R=﹣R ﹣a 的图象如图：当直线 R=﹣R ﹣a 的截距﹣a ≤1，即 a ≥﹣1 时，两个函数的图象都有 2 个交点，即函数 g （R ）存在 2 个零点，故实数 a 的取值范围是[﹣1，+∞），故选：C ．9.（全国 1 卷）已知函数 f （R ）=2sinR +sin2R ，则 f （R ）的最小值是 ．【解答】解：由题意可得 T=2π 是 f （R ）=2sinR +sin2R 的一个周期，故只需考虑 f （R ）=2sinR +sin2R 在[0，2π）上的值域，先来求该函数在 [0，2π）上的极值点，求导数可得 f′（R ）=2cosR +2cos2R=2cosR +2（2cos 2R ﹣1）=2（2cosR ﹣1）（cosR +1），令 f′（R ）=0 可解得 cosR= 或 cosR=﹣1，可得此时 R=，π 或 ；∴R=2sinR +sin2R 的最小值只能在点 R=，π 或和边界点 R=0 中取到，计算可得 f （）=∴函数的最小值为﹣，f （π）=0，f （，故答案为： ）=﹣．，f （0）=0，10.（全国 1 卷）已知函数 f （R ）=﹣R +alnR ．（1）讨论 f （R ）的单调性；（2）若 f （R ）存在两个极值点 R 1，R 2，证明：【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），＜a ﹣2．函数的导数 f′（R ）=﹣ ﹣1+ =﹣ ，设 g （R ）=R 2﹣aR +1，当 a ≤0 时，g （R ）＞0 恒成立，即 f′（R ）＜0 恒成立，此时函数 f （R ）在（0，+∞）上是减函数，当 a ＞0 时，判别式 △=a 2﹣4，①当 0＜a ≤4 时， ≤△0，即 g （R ）＞0，即 f′（R ）＜0 恒成立，此时函数 f （R ）在（0，+∞）+上是减函数，②当 a ＞2 时，R ，f′（R ），f （R ）的变化如下表：R（0，（ ， （，））∞）f′（R ）f （R ）﹣递减 0 +递增 0 ﹣递减综上当 a ≤2 时，f （R ）在（0，+∞）上是减函数，当 a ＞2 时，在（0，则（， ），和（）上是增函数．，+∞）上是减函数，（2）由（1）知 a ＞2，0＜R 1＜1＜R 2，R 1R 2=1，则 f （R 1）﹣f （R 2）=（R 2﹣R 1）（1+则=﹣2+ ）+a （lnR 1﹣lnR 2）=2（R 2﹣R 1）+a （lnR 1﹣lnR 2），，则问题转为证明 ＜1 即可，即证明 lnR 1﹣lnR 2＞R 1﹣R 2，即证 2lnR 1＞R 1﹣在（0，1）上恒成立，设 h （R ）=2lnR ﹣R + ，（0＜R ＜1），其中 h （1）=0，求导得 h′（R ）= ﹣1﹣=﹣ =﹣ ＜0，则 h （R ）在（0，1）上单调递减，∴h （R ）＞h （1），即 2lnR ﹣R +＞0，故 2lnR ＞R ﹣ ，则＜a ﹣2 成立．11.（全国 2 卷）函数 f （R ）=的图象大致为（）BA ．B ． C．D．【解答】解：函数f（﹣R）==﹣=﹣f（R），则函数f（R）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，当R=1时，f（1）=e﹣＞0，排除D．当R→+∞时，f（R）→+∞，排除C，故选：B．12.（全国2卷）已知f（R）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f（1﹣R）=f（1+R），若f（1）=2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=（）CA．﹣50B．0C．2D．50【解答】解：∵f（R）是奇函数，且f（1﹣R）=f（1+R），∴f（1﹣R）=f（1+R）=﹣f（R﹣1），f（0）=0，则f（R+2）=﹣f（R），则f（R+4）=﹣f（R+2）=f（R），即函数f（R）是周期为4的周期函数，∵f（1）=2，∴f（2）=f（0）=0，f（3）=f（1﹣2）=f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2，f（4）=f（0）=0，则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=2+0﹣2+0=0，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=12[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（49）+f（50）=f（1）+f（2）=2+0=2，故选：C．13.（全国2卷）曲线R=2ln（R+1）在点（0，0）处的切线方程为R=2R．【解答】解：∵R=2ln（R+1），∴R′=，当R=0时，R′=2，∴曲线R=2ln（R+1）在点（0，0）处的切线方程为R=2R．故答案为：R=2R．14.（全国2卷）已知函数f（R）=e R﹣aR2．（1）若a=1，证明：当R≥0时，f（R）≥1；（2）若f（R）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【解答】证明：（1）当a=1时，函数f（R）=e R﹣R2．则f′（R）=e R﹣2R，令g（R）=e R﹣2R，则g′（R）=e R﹣2，令g′（R）=0，得R=ln2．0 当∈（0，ln2）时，h′（R ）＜0，当∈（ln2，+∞）时，h′（R ）＞0，∴h （R ）≥h （ln2）=e ln2﹣2•ln2=2﹣2ln2＞0，∴f （R ）在[0，+∞）单调递增，∴f （R ）≥f （0）=1，解：（2），f （R ）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程 e R ﹣aR 2=0 在（0，+∞）只有一个根，⇔a=点．G在（0，+∞）只有一个根，即函数 R=a 与 G （R ）=，的图象在（0，+∞）只有一个交当 R ∈（0，2）时，G′（R ）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（R ）＞0，∴G （R ）在（0，2）递增，在（2，+∞）递增，当→0 时，G （R ）→+∞，当→+∞时，G （R ）→+∞，∴f （R ）在（0，+∞）只有一个零点时，a=G （2）=．15.（全国 3 卷）函数 R=﹣R 4+R 2+2 的图象大致为（）DA ．B ．C ．D ．【解答】解：函数过定点（ ，2），排除 A ，B ．函数的导数 f′（R ）=﹣4R 3+2R=﹣2R （2R 2﹣1），由 f′（R ）＞0 得 2R （2R 2﹣1）＜0，得 R ＜﹣或 0＜R ＜ ，此时函数单调递增，排除 C ，故选：D ．16.（全国 3 卷）设 a=log 0.20.3，b=log 20.3，则（）BA ．a +b ＜ab ＜0B ．ab ＜a +b ＜0C ．a +b ＜0＜abD ．ab ＜0＜a +b【解答】解：∵a=log0.20.3=，b=log20.3=，∴∵，=，，，∴ab＜a+b＜0．故选：B．17.（全国3卷）曲线R=（aR+1）e R在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a=﹣3．【解答】解：曲线R=（aR+1）e R，可得R′=ae R+（aR+1）e R，曲线R=（aR+1）e R在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，可得：a+1=﹣2，解得a=﹣3．故答案为：﹣3．18.（全国3卷）已知函数f（R）=（2+R+aR2）ln（1+R）﹣2R．（1）若a=0，证明：当﹣1＜R＜0时，f（R）＜0；当R＞0时，f（R）＞0；（2）若R=0是f（R）的极大值点，求a．【解答】（1）证明：当a=0时，f（R）=（2+R）ln（1+R）﹣2R，（R＞﹣1）．，，可得R∈（﹣1，0）时，f″（R）≤0，R∈（0，+∞）时，f″（R）≥0∴f′（R）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，∴f′（R）≥f′（0）=0，∴f（R）=（2+R）ln（1+R）﹣2R在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）=0．∴当﹣1＜R＜0时，f（R）＜0；当R＞0时，f（R）＞0．（2）解：由f（R）=（2+R+aR2）ln（1+R）﹣2R，得f′（R）=（1+2aR）ln（1+R）+﹣2=，令h（R）=aR2﹣R+（1+2aR）（1+R）ln（R+1），h′（R）=4aR+（4aR+2a+1）ln（R+1）．当a≥0，R＞0时，h′（R）＞0，h（R）单调递增，∴h（R）＞h（0）=0，即f′（R）＞0，∴f（R）在（0，+∞）上单调递增，故R=0不是f（R）的极大值点，不符合题意．当a＜0时，h″（R）=8a+4aln（R+1）+显然h″（R）单调递减，，①令 h″（0）=0，解得 a=﹣ ．∴当﹣1＜R ＜0 时，h″（R ）＞0，当 R ＞0 时，h″（R ）＜0，∴h′（R ）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴h′（R ）≤h′（0）=0，∴h （R ）单调递减，又 h （0）=0，∴当﹣1＜R ＜0 时，h （R ）＞0，即 f′（R ）＞0，当 R ＞0 时，h （R ）＜0，即 f′（R ）＜0，∴f （R ）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴R=0 是 f （R ）的极大值点，符合题意；②若﹣ ＜a ＜0，则 h″（0）=1+6a ＞0，h″（e﹣1）=（2a ﹣1）（1﹣e ）＜0，∴h″（R ）=0 在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为 R 0， ∴当 0＜R ＜R 0 时，h″（R ）＞0，h′（R ）单调递增， ∴h′（R ）＞h′（0）=0，即 f′（R ）＞0，∴f （R ）在（0，R 0）上单调递增，不符合题意；③若 a ＜﹣ ，则 h″（0）=1+6a ＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a ）e 2＞0，∴h″（R ）=0 在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为 R 1， ∴当 R 1＜R ＜0 时，h″（R ）＜0，h′（R ）单调递减， ∴h′（R ）＞h′（0）=0，∴h （R ）单调递增，∴h （R ）＜h （0）=0，即 f′（R ）＜0，∴f （R ）在（R 1，0）上单调递减，不符合题意．综上，a=﹣ ．19.（上海）设常数 a ∈R ，函数 f （R ）=1og 2（R +a ）．若 f （R ）的反函数的图象经过点（3，1）， 则 a= 7 ．【解答】解：∵常数 a ∈R ，函数 f （R ）=1og 2（R +a ）．f （R ）的反函数的图象经过点（3，1）， ∴函数 f （R ）=1og 2（R +a ）的图象经过点（1，3），∴log 2（1+a ）=3，解得 a=7．故答案为：7．20.（上海）已知 α∈{﹣2，﹣1，﹣ ，1，2，3}，若幂函数 f （R ）=R α 为奇函数，且在（0，+∞）上递减，则 α= ﹣1 ．【解答】解：∵α∈{﹣2，﹣1，，1，2，3}，幂函数f（R）=Rα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，∴a是奇数，且a＜0，∴a=﹣1．故答案为：﹣1．21.（上海）已知常数a＞0，函数f（R）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．若2p+q=36pq，则a=6．【解答】解：函数f（R）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．则：，整理得：=1，解得：2p+q=a2pq，由于：2p+q=36pq，所以：a2=36，由于a＞0，故：a=6．故答案为：622.（上海）设D是含数1的有限实数集，f（R）是定义在D上的函数，若f（R）的图象绕原点逆时针旋转A．B．后与原图象重合，则在以下各项中，f（1）的可能取值只能是（）B C．D．0【解答】解：设D是含数1的有限实数集，f（R）是定义在D上的函数，若f（R）的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，故f（1）=cos=，故选：B．23.（上海）某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当S中R%（0＜R＜100）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为f（R）=（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受R影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：（1）当R在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？（2）求该地上班族S的人均通勤时间g（R）的表达式；讨论g（R）的单调性，并说明其实际意义．【解答】解；（1）由题意知，当30＜R＜100时，f（R）=2R+﹣90＞40，即R2﹣65R+900＞0，解得R＜20或R＞45，∴R∈（45，100）时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；（2）当0＜R≤30时，g（R）=30•R%+40（1﹣R%）=40﹣当30＜R＜100时，g（R）=（2R+﹣90）•R%+40（1﹣R%）=﹣R+58；；∴g（R）=；当0＜R＜32.5时，g（R）单调递减；当32.5＜R＜100时，g（R）单调递增；说明该地上班族S中有小于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递减的；有大于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递增的；当自驾人数为32.5%时，人均通勤时间最少．24.（天津）已知a=log2e，b=ln2，c=log，则a，b，c的大小关系为（）DA．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b【解答】解：a=log2e＞1，0＜b=ln2＜1，c=log 则a，b，c的大小关系c＞a＞b，故选：D．25.（天津）已知a＞0，函数f（R）==log23＞log2e=a，．若关于R的方程f（R）=aR恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是（4，8）．【解答】解：当R≤0时，由f（R）=aR得R2+2aR+a=aR，得R2+aR+a=0，得a（R+1）=﹣R2，得a=﹣，设g（R）=﹣，则g′（R）=﹣=﹣，由g（R）＞0得﹣2＜R＜﹣1或﹣1＜R＜0，此时递增，由g（R）＜0得R＜﹣2，此时递减，即当R=﹣2时，g（R）取得极小值为g（﹣2）=4，当R＞0时，由f（R）=aR得﹣R2+2aR﹣2a=aR，得R2﹣aR+2a=0，得a（R﹣2）=R2，当R=2时，方程不成立，当R≠2时，a=设h（R）=，则h′（R）==，由h（R）＞0得R＞4，此时递增，f由 h （R ）＜0 得 0＜R ＜2 或 2＜R ＜4，此时递减，即当 R=4 时，h （R ）取得极小值为 h （4）=8，要使 f （R ）=aR 恰有 2 个互异的实数解，则由图象知 4＜a ＜8，故答案为：（4，8）26.（天津）已知函数 f （R ）=a R ，g （R ）=log a R ，其中 a ＞1．（Ⅰ）求函数 h （R ）=f （R ）﹣Rlna 的单调区间；（Ⅱ）若曲线 R=f （R ）在点（R 1，f （R 1））处的切线与曲线 R=g （R ）在点（R 2，g （R 2））处的切线平行，证明 R 1+g （R 2）=；（Ⅲ）证明当 a ≥e时，存在直线 l ，使 l 是曲线 R=f （R ）的切线，也是曲线 R=g （R ）的切线．【解答】（Ⅰ）解：由已知，h （R ）=a R ﹣Rlna ，有 h′（R ）=a R lna ﹣lna ，令 h′（R ）=0，解得 R=0．由 a ＞1，可知当 R 变化时，h′（R ），h （R ）的变化情况如下表：Rh′（R ）h （R ）（﹣∞，0）﹣↓极小值（0，+∞）+↑∴函数 h （R ）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；（Ⅱ）证明：由 f′（R ）=a R lna ，可得曲线 R=f （R ）在点（R 1，（R 1））处的切线的斜率为由 g′（R ）=，可得曲线 R=g （R ）在点（R 2，g （R 2））处的切线的斜率为．lna ．∵这两条切线平行，故有，即 ，两边取以 a 为底数的对数，得 log a R 2+R 1+2log a lna=0，∴R 1+g （R 2）=；（Ⅲ）证明：曲线 R=f （R ）在点（）处的切线 l 1：，曲线 R=g （R ）在点（R 2，log a R 2）处的切线 l 2： ．要证明当 a ≥只需证明当 a ≥时，存在直线 l ，使 l 是曲线 R=f （R ）的切线，也是曲线 R=g （R ）的切线，时，存在 R 1∈（﹣∞，+∞），R 2∈（0，+∞）使得 l 1 与 l 2 重合，即只需证明当 a ≥时，方程组由①得，代入②得：，③因此，只需证明当 a ≥设函数 u （R ）=时，关于 R 1 的方程③存在实数解．，既要证明当 a ≥ 时，函数 R=u （R ）存在零点．u′（R ）=1﹣（lna ）2Ra R ，可知 R ∈（﹣∞，0）时，u′（R ）＞0；R ∈（0，+∞）时，u′（R ）单调递减，又 u′（0）=1＞0，u′=＜0，故存在唯一的 R 0，且 R 0＞0，使得 u′（R 0）=0，即．由此可得，u （R ）在（﹣∞，R 0）上单调递增，在（R 0，+∞）上单调递减， u （R ）在 R=R 0 处取得极大值 u （R 0）．∵，故 lnlna ≥﹣1．”∴【MeiWei_81 重点借鉴文档】= ．下面证明存在实数 t ，使得 u （t ）＜0，由（Ⅰ）可得 a R ≥1+Rlna ，当时，有u （R ）≤∴存在实数 t ，使得 u （t ）＜0． = ．因此，当 a ≥时，存在 R 1∈（﹣∞，+∞），使得 u （R 1）=0．∴当 a ≥时，存在直线 l ，使 l 是曲线 R=f （R ）的切线，也是曲线 R=g （R ）的切线．27.（浙江）函数 R=2|R |sin2R 的图象可能是（）DA ．B ．C．D ．【解答】解：根据函数的解析式 R=2|R |sin2R ，得到：函数的图象为奇函数，故排除 A 和 B ．当 R=时，函数的值也为 0，故排除 C ．故选：D ．28.（浙江）我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？设鸡翁，鸡母，f鸡雏个数分别为 R ，R ，z ，则，当 z=81 时，R= 8 ，R= 11 ．【解答】解：，当 z=81 时，化为：，解得 R=8，R=11．故答案为：8；11．29.（浙江）已知 λ∈R ，函数 f （R ）=，当 λ=2 时，不等式 f （R ）＜0 的解集是 {R |1＜R ＜4} ．若函数 f （R ）恰有 2 个零点，则 λ 的取值范围是 （1，3] ．【解答】解：当 λ=2 时函数 （R ）=，显然 R ≥2 时，不等式 R ﹣4＜0 的解集：{R |2≤R ＜4}；R ＜2 时，不等式 f （R ）＜0 化为：R 2﹣4R +3＜0，解得 1＜R ＜2，综上，不等式的解集为：{R |1＜R ＜4}．函数 f （R ）恰有 2 个零点，函数 f （R ）=的草图如图：函数 f （R ）恰有 2 个零点，则 λ∈（1，3]．故答案为：{R |1＜R ＜4}；（1，3]．30.（浙江）已知函数 f （R ）= ﹣lnR ．（Ⅰ）若 f （R ）在 R=R 1，R 2（R 1≠R 2）处导数相等，证明：f （R 1）+f （R 2）＞8﹣8ln2； （Ⅱ）若 a ≤3﹣4ln2，证明：对于任意 k ＞0，直线 R=kR +a 与曲线 R=f （R ）有唯一公共点．【解答】证明：（Ⅰ）∵函数 f （R ）=∴R ＞0，f′（R ）=﹣ ，﹣lnR ，∵f （R ）在 R=R 1，R 2（R 1≠R 2）处导数相等，∴=∵R 1≠R 2，∴+﹣ ，= ，由基本不等式得：∵R 1≠R 2，∴R 1R 2＞256，由题意得 f （R 1）+f （R 2）== ≥ ，=﹣ln （R 1R 2），设 g （R ）=∴列表讨论：Rg′（R ）g （R ），则（0，16）﹣↓ ，162﹣4ln2（16，+∞）+↑∴g （R ）在[256，+∞）上单调递增，∴g （R 1R 2）＞g （256）=8﹣8ln2， ∴f （R 1）+f （R 2）＞8﹣8ln2．（Ⅱ）令 m=e ﹣（|a |+k ），n=（ ）2+1，则 f （m ）﹣km ﹣a ＞|a |+k ﹣k ﹣a ≥0，f （n ）﹣kn ﹣a ＜n （﹣ ﹣k ）≤n （ ﹣k ）＜0，∴存在 R 0∈（m ，n ），使 f （R 0）=kR 0+a ，∴对于任意的 a ∈R 及 k ∈（0，+∞），直线 R=kR +a 与曲线 R=f （R ）有公共点，由 f （R ）=kR +a ，得 k=，设 h （R ）=其中 g （R ）=，则 h′（R ）=﹣lnR ，= ，由（1）知 g （R ）≥g （16），又 a ≤3﹣4ln2，∴﹣g （R ）﹣1+a ≤﹣g （16）﹣1+a=﹣3+4ln2+a ≤0，∴h′R）≤0，即函数h（R）在（0，+∞）上单调递减，（∴方程f（R）﹣kR﹣a=0至多有一个实根，综上，a≤3﹣4ln2时，对于任意k＞0，直线R=kR+a与曲线R=f（R）有唯一公共点．。