2018年高考压轴题之导数含答案

解
(1)当 a ＝1 时，f (x )＝e x －x 2－2x －1，f (－1)＝ ，
所以切点坐标为⎝－1，e ⎭，f ′(x )＝e x －2x －2，
所以 f ′(－1)＝ ，
故曲线 y ＝f (x )在点(－1，f (－1))处的切线方程为 y － ＝ [x －(－1)]，即 y ＝ x ＋ .
①当 2a ≤1，即 a ≤ 时，g ′(x )＝e x －2a ＞1－2a ≥0，
所以 f (x )＞f (0)＝1－0－0－1＝0，故 a ≤ 时符合题意.
②当 2a ＞1，即 a ＞ 时，令 g ′(x )＝e x －2a ＝0，得 x ＝ln 2a ＞0，
综上，a 的取值范围是⎝－∞，2⎦.
压轴大题突破练
1.导 数
1.(2017· 安徽“皖南八校”联考)已知函数 f (x )＝e x －ax 2－2ax －1.
(1)当 a ＝1 时，求曲线 y ＝f (x )在点(－1，f (－1))处的切线方程； (2)当 x ＞0 时，f (x )＞0 恒成立，求实数 a 的取值范围.
1 e
⎛ 1⎫
1
e
1 1 1 2
e e e e
(2)f (x )＝e x －ax 2－2ax －1 求导得 f ′(x )＝e x －2ax －2a ，
令 g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －2a ，则 g ′(x )＝e x －2a (x ＞0).
1
2
所以 g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －2a 在(0，＋∞)上为增函数，
g (x )＞g (0)＝1－2a ≥0，
即 g (x )＝f ′(x )≥0，所以 f (x )＝e x －ax 2－2ax －1 在(0，＋∞)上为增函数，
1
2
1
2
x
g ′(x )
g (x )
(0，ln 2a )
－
减函数 ln 2a
极小值 (ln 2a ，＋∞)
＋
增函数
当 x ∈(0，ln 2a )时，g (x )＜g (0)＝1－2a ＜0，即 f ′(x )＜0，
所以 f (x )在(0，ln 2a )上为减函数，所以 f (x )＜f (0)＝0，与条件矛盾，故舍去.
⎛ 1⎤
2.(2017· 广东惠州调研)已知函数 f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x (a ∈R ).
(1)求函数 y ＝f (x )的单调区间；
f ′(x )＝2x －(a －2)－ ＝ ＝ .
当 a ＞0 时，由 f ′(x )＞0，得 x ＞ ，
由 f ′(x )＜0，得 0＜x ＜ ，
所以函数 f (x )在区间⎝2，＋∞⎭上单调递增，在区间⎝0，2⎭上单调递减.
令 g ′(x )＝e x － ＝0，得 e x ＝ ，
容易知道该方程有唯一解，不妨设为 x 0，则 x 0 满足 e x 0 ＝ ，
g (x )min ＝g (x 0)＝ e x 0 －ln x 0－2＝ ＋x 0
－2， f ′(x )＝ －1＝ ＝0 x ＝1，
(2)当 a ＝1 时，证明：对任意的 x ＞0，f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2.
(1)解 函数 f (x )的定义域是(0，＋∞)，
a 2x 2－(a －2)x －a (x ＋1)(2x －a )
x x
x
当 a ≤0 时，f ′(x )＞0 对任意 x ∈(0，＋∞)恒成立，
所以函数 f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增.
a
2
a
2
⎛a ⎫ ⎛ a ⎫
(2)证明 当 a ＝1 时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明 f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2，
只需证明 e x －ln x －2＞0，设 g (x )＝e x －ln x －2，
则问题转化为证明对任意的 x ＞0，g (x )＞0，
1
1
x
x
1 x 0
当 x 变化时，g ′(x )和 g (x )的变化情况如下表：
x
g ′(x )
g (x )
(0，x 0)
－
单调递减 x 0
(x 0，＋∞)
＋
单调递增
1 x 0 因为 x 0＞0，且 x 0≠1，所以 g (x )min ＞
2 1－2＝0，因此不等式得证. 3.(2017· 荆、荆、襄、宜四地七校联考)已知函数 f (x )＝ln x －x .
(1)求函数 f (x )的单调区间；
(2)若方程 f (x )＝m (m ＜－2)有两个相异实根 x 1，x 2，且 x 1<x 2，证明：x 1· x 22＜2. (1)解 f (x )＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，
1 1－x
x
x
当 x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，所以 y ＝f (x )在(0，1)上单调递增，
当 x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，所以 y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)可知，f (x )＝m 的两个相异实根 x 1，x 2 满足 ln x －x －m ＝0， 且 0＜x 1＜1，x 2＞1，ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，
所以 0＜x 1＜1，0＜ 2＜1.
2
＝(ln
x 1
－x 1
)－
ln 2－
2
则 g (x 1)－g ⎝x ⎭ ⎝ x x ⎭
－ 2
)＝－x 2＋ 2＋3ln x 2－ln 2，
当 t ＞2 时，h ′(t )＜0，h (t )在(2，＋∞)上单调递减，所以 h (t )＜h (2)＝2ln 2－ ＜0.
2
＜0，即
g (x 1
)＜g
2
，所以当 x 2＞2 时，g (x 1)－g ⎝x ⎭ ⎝x ⎭
因为 0＜x 1＜1，0＜ 2＜1，g (x )在(0，1)上单调递增， 所以 x 1＜ 2，故 x 1· x 22＜2. (2)若函数 y ＝f (x )的图象在点 (2，f (2))处的切线的倾斜角为 45°，且函数 g (x )＝ x 2＋nx ＋
2－ ，所以 g (x )＝ x 2＋nx ＋m ⎝ x ⎭
＝(ln x 2－x 2)－(ln 2 解 (1)f ′(x )＝
(x ＞0)，
＝ t 3 ＝－ t 3
由题意可知 ln x 2－x 2＝m ＜－2＜ln 2－2，
又由(1)可知 f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)上单调递减，
故 x 2＞2，
2 x
2
令 g (x )＝ln x －x －m ，
⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 2 ⎫ 2
2 2 2 2 x 2 x 2 x 2
2
令 h (t )＝－t ＋t 2＋3ln t －ln 2(t ＞2)，
4 3 －t 3＋3t 2－4 (t －2)2(t ＋1)
则 h ′(t )＝－1－t 3＋ t .
3
2
⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 ⎫ 2 2 2 x
2
2 x
2
综上所述，x 1· x 2＜2.
4.(2017 届重庆市一中月考)已知函数 f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ).
(1)当 a ＞0 时，求函数 f (x )的单调区间；
1
2
mf ′(x )(m ，n ∈R )，当且仅当在 x ＝1 处取得极值，其中 f ′(x )为 f (x )的导函数，求 m 的取值
范围.
a (1－x )
x
当 a ＞0 时，令 f ′(x )＞0，得 0＜x ＜1，
令 f ′(x )＜0，得 x ＞1，
故函数 f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)因为函数 y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为 45°， 则 f ′(2)＝1，即 a ＝－2，
1 ⎛ 2⎫
2
－ln x ＋2k 则 g ′(x )＝ ＝ ，
－(2)设 g (x )＝ ，对
任意 x ＞0，证明：(x ＋1)· g (x )<e x ＋e x 2. (1)解 因为 f ′(x )＝ (x ＞0)， 由已知得 f ′(1)＝ ＝0，所以 k ＝－ .
x 1 1 1
(2)证明 因为 x ＞0，要证原式成立即证 x ＜ 成立.
当 0＜x ＜1 时，e x ＞1，且由(1)知，g (x )＞0，所以 g (x )＝
＜1－x ln x －x ，
x 2
e x －ln x －1，则 k ′(x )＝－
2m x 3＋nx 2＋2m
所以 g ′(x )＝x ＋n ＋ x 2 ＝ ， 因为 g (x )在 x ＝1 处有极值，故 g ′(1)＝0，从而可得 n ＝－1－2m ，
x 3＋nx 2＋2m (x －1)(x 2－2mx －2m ) x 2 x 2
又因为 g (x )仅在 x ＝1 处有极值，
所以 x 2－2mx －2m ≥0 在(0，＋∞)上恒成立，
当 m ＞0 时，－2m ＜0，易知 x 0∈(0，＋∞)，使得 x 20－2mx 0－2m ＜0， 所以 m ＞0 不成立，故 m ≤0，
当 m ≤0 且 x ∈(0，＋∞)时，x 2－2mx －2m ≥0 恒成立，
所以 m ≤0.
综上，m 的取值范围是(－∞，0].
5.(2017· 湖北沙市联考)已知函数 f (x )＝e －x (ln x －2k )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底 数)，曲线 y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与 y 轴垂直. (1)求 f (x )的单调区间；
1－x (ln x ＋1)
e x 1
x
e x
1＋2k 1
e 2
1
－ln x －1
所以 f ′(x )＝ ，设 k (x )＝x x 2－x ＜0 在(0，＋∞)上恒成立，
即 k (x )在(0，＋∞)上单调递减，由 k (1)＝0 知，当 0＜x ＜1 时，k (x )＞0，从而 f ′(x )＞0，
当 x ＞1 时，k (x )＜0，从而 f ′(x )<0.
综上可知，f (x )的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞).
g (x ) 1＋e －2
e x ＋1
当 x ≥1 时，由(1)知 g (x )≤0＜1＋e －2 成立；
1－x ln x －x
e x
设 F (x )＝1－x ln x －x ，x ∈(0，1)，则 F ′(x )＝－(ln x ＋2)，
当 x ∈(0，e －2)时，F ′(x )＞0， 当 x ∈(e －2，1)时，F ′(x )＜0，
所以当 x ＝e －2 时，F (x )取得最大值 F (e －2)＝1＋e －2，
所以 g (x )＜F (x )≤1＋e －2，
即 0＜ x ＜ . 当 x ≥1 时，有 x ≤0＜ ；
当 0＜x ＜1 时，由①②式， x ＜ . 综上所述，当 x ＞0 时， x ＜ 成立，故原不等式成立.
6.(2017· 西安模拟)已知函数 f (x )＝⎝k ＋k ⎭ln x ＋ ，其中常数 k ＞0. 4⎫ 4⎫ ⎛ ⎛ 且 f ′(x )＝ － ＝－ ＝－ (k ＞0).
①当 0＜k ＜2 时， ＞k ＞0，且 ＞2，
②当 k ＝2 时， ＝k ＝2，f ′(x )＜0 在区间(0，2)内恒成立，
③当 k ＞2 时，0＜ ＜2，k ＞ ，
所以当 x ∈⎝0，k ⎭时，f ′(x )＜0；x ∈⎝k ，2⎭时，f ′(x )＞0，
所以函数在⎝0，k ⎭
上是减函数，在⎝k ，2⎭
上是增函数.
k 4 k 4 4⎫ 即
－
2－1＝
－
2－1，化简得，4(x 1＋x 2)＝⎝
k ＋k ⎭
x 1x 2
.
由 x 1x 2＜⎝ 2 ⎭ ，
k x 2＋4
即当 0＜x ＜1 时，g (x )＜1＋e －2.
①
综上所述，对任意 x ＞0，g (x )＜1＋e －2 恒成立.
令 G (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则 G ′(x )＝e x －1＞0 恒成立，所以 G (x )在(0，＋∞)上单调递增，
G (x )＞G (0)＝0 恒成立，即 e x ＞x ＋1＞0，
1 1 e x ＋1
g (x ) 1＋e －2 e x ＋1
g (x ) 1＋e －2
e x ＋1
g (x ) 1＋e －2
e x ＋1
②
⎛ 4⎫ 4－x 2
x
(1)讨论 f (x )在(0，2)上的单调性；
(2)当 k ∈[4，＋∞)时，若曲线 y ＝f (x )上总存在相异的两点 M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，使曲线 y ＝
f (x )在 M ，N 两点处的切线互相平行，试求 x 1＋x 2 的取值范围. 解 (1)由已知得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，
4 k ＋ x 2－⎝k ＋k ⎭x ＋4 (x －k )⎝x －k ⎭ x
x 2
x 2 x 2
4 4
k
k
所以 x ∈(0，k )时，f ′(x )＜0；x ∈(k ，2)时，f ′(x )＞0.
所以函数 f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；
4
k
所以 f (x )在(0，2)上是减函数；
4 4
k
k
⎛ 4⎫ ⎛4 ⎫
⎛ 4⎫ ⎛4 ⎫
(2)由题意，可得 f ′(x 1)＝f ′(x 2)，x 1x 2＞0 且 x 1≠x 2， 4 4
k ＋ k ＋ ⎛ x 1
x 1
x 2
x 2
⎛x 1＋x 2⎫2
1k ＋得
4(x 1＋x 2)＜⎝
k ⎭⎝ k ＋ k ＋ 故 x 1＋x 2 的取值范围为⎝ 5 ，＋∞⎭.
2 ⎭ ，
4 5
4 ，则 g ′(k )＝1－
⎛
4⎫⎛x ＋x 2⎫2
16
即(x 1＋x 2)＞
对 k ∈[4，＋∞)恒成立， k
4 4 k 2－4
令 g (k )＝k ＋k k 2＝ k 2 ＞0 对 k ∈[4，＋∞)恒成立.
所以 g (k )在[4，＋∞)上是增函数，则 g (k )≥g (4)＝5，
16
16
所以
≤ ，
k
16
所以(x 1＋x 2)＞ 5 ，
⎛16
⎫。