(完整word版)2018年高考数学专题复习突破训练(高考真题专题练)_构造函数解决高考导数问题

构造函数解决高考导数问题1.（2015·课标全国Ⅰ理）设函数a ax x e x f x +--=)12()(，其中1<a ，若存在唯一的整数0x 使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)1,23[e -B ．)43,23[e -C ．)43,23[eD ．)1,23[e2. （2016·课标全国II 卷理）若直线y =kx +b 是曲线y =ln x +2的切线，也是曲线y =ln （x +1）的切线，则b = ．3.（2016·北京理）（本小题13分）设函数f (x)=x a x e -+bx ，曲线y =f (x)在点(2,f (2))处的切线方程为y =(e －1)x +4，（I ）求a ,b 的值；(II) 求f (x)的单调区间．4.（2017·全国III 卷文）（12分）已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．5. （2016•四川卷文）（本小题满分14分）设函数f (x)=ax 2－a －ln x ，g (x )=1x －e e x ，其中a ∈R ，e =2.718…为自然对数的底数. （Ⅰ）讨论f (x)的单调性；（Ⅱ）证明：当x ＞1时，g (x )＞0；（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得f (x)＞g (x )在区间（1，+∞）内恒成立.6.（2016•课标全国Ⅱ文）（本小题满分12分）已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.（I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；（Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围.7.（2017·天津文）（本小题满分14分）设,a b ∈R ，||1a ≤.已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和x y e =的图像在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围.8.（2016·江苏）（本小题满分16分）已知函数f （x ）=a x +b x （a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1）．（1）设a =2，b =12．①求方程f （x ）=2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f （2x ）≥mf （x ）－6恒成立，求实数m 的最大值；（2）若0＜a ＜1，b ＞1，函数g （x ）=f （x ）－2有且只有1个零点，求ab 的值．9. （2016·山东理） (本小题满分13分)已知()221()ln ,x f x a x x a R x-=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立.10. (2017·江苏文)（本小题满分16分）已知函数()3210f x =x ax bx (a ,b R)+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b ²>3a ;(3)若()f x ，()f x ' 这两个函数的所有极值之和不小于7-2，求a 的取值范围.构造函数解决高考导数问题答案1.（2015·课标全国Ⅰ理）设函数a ax x e x f x +--=)12()(，其中1<a ，若存在唯一的整数0x 使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)1,23[e -B ．)43,23[e -C ．)43,23[eD ．)1,23[e【答案】D【解析】由题意，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)＜0，即存在唯一的整数x 0，使0x e (2x 0－1)＜a (x 0－1)．设g (x )＝e x (2x －1)，h (x )＝a (x －1)．g ′(x )＝e x (2x －1)＋2e x ＝e x (2x ＋1)，从而当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12时，g (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，＋∞时，g (x )单调递增． 又h (x )＝a (x －1)必过点(1，0)，g (0)＝－1，当g (0)＝h (0)时，a ＝0－（－1）1－0＝1. 而g (－1)＝－3e ，当g (－1)＝h (－1)时，a ＝0－⎝⎛⎭⎫－3e 1－（－1）＝32e， 要满足题意，则32e≤a ＜1，选D. 【点评】关键点拨：把“若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)＜0”转化为“若存在唯一的整数x 0，使得0x e (2x 0－1)＜a (x 0－1)”．测训诊断：本题难度较难，主要考查导数知识的应用．考查转化与化归思想．2.（2016·课标全国II 卷理）若直线y =kx +b 是曲线y =ln x +2的切线，也是曲线y =ln(x +１)的切线，则b = ．【答案】1－ln 2【解析】设y ＝kx ＋b 切y ＝ln x ＋2的切点为(x 1，y 1)，切y ＝ln (x ＋1)的切点为(x 2，y 2)．由导数的几何意义和切点的特征可知⎩⎪⎨⎪⎧kx 1＋b ＝ln x 1＋2＝y 1，k ＝1x 1，① ⎩⎪⎨⎪⎧kx 2＋b ＝ln （x 2＋1）＝y 2，k ＝1x 2＋1.② 由①消去x 1，y 1整理可得b ＝1－ln k ，③由②消去x 2，y 2整理可得b ＝－ln k ＋k －1.④联立③④可得1－ln k ＝－ln k ＋k －1，∴k ＝2，∴b ＝1－ln k ＝1－ln 2.【点评】关键点拨：关于函数的切线问题，我们要利用导数的几何意义，构建等量关系．还需注意切点既在函数图像上，也在切线上．对于切点不明确的，需要设出切点，再合理表达求解．测训诊断：(1)利用导数的几何意义求解切线问题，是高中导数知识的重要部分，应熟练掌握基本题型，在此基础上加强综合题的训练．(2)本题有一定深度，难度，考查了学生的知识迁移能力和数据处理能力，争取得分．3.（2016·北京理）（本题满分13分）设函数f (x)=x a x e -+bx ，曲线y =f (x)在点(2,f (2))处的切线方程为y =(e －1)x +4，（I ）求a ,b 的值；(II) 求f (x)的单调区间．解：(1)因为f (x)＝xe a -x ＋bx ，所以f ′(x)＝(1－x )e a -x ＋b .依题设，有⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a -2＋2b ＝2e ＋2，－e a -2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e .(2)由(1)知f (x)＝xe 2-x ＋ex ，由f ′(x)＝e 2-x (1－x ＋e x -1)及e 2-x >0知，f ′(x)与1－x ＋e x -1同号．令g (x )＝1－x ＋e x -1，则g ′(x )＝－1＋e x -1.令g ′(x )＝0，得x ＝1.所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x)>0，x ∈(－∞，＋∞)．故f (x) 的单调递增区间为(－∞，＋∞)．【点评】测训诊断：(1)本题难度易，主要考查导数的几何意义和函数单调区间的求解．(2)本题若失分，多是对导致的概念理解不清或计算出错．4.（2017·全国III 卷文）（12分）已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．解：（1）)0()1)(12(1)12(2)('2>++=+++=x xx ax x x a ax x f 当0≥a 时，0)('≥x f ，则)(x f 在),0(+∞单调递增当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a单调递减. （2）由（1）知，当0<a 时，max 111()()ln 1224f x f a a a ⎛⎫=-=--- ⎪⎝⎭ 1311()(2)ln()12422f a a a a---=-++－， 令t t y -+=1ln （021>-=a t ），令011'=-=ty ，解得1=t ∴y 在)1,0(单调递增，在),1(+∞单调递减.∴max (1)0y y y ≤==， 即)243()(max +-≤a x f ，∴243)(--≤a x f .5.（2016•四川卷文）（本题满分14分）设函数f (x)=ax 2－a －ln x ，g (x )=1x －e e x ，其中a ∈R ，e =2.718…为自然对数的底数. （Ⅰ）讨论f (x)的单调性；（Ⅱ）证明：当x ＞1时，g (x )＞0；（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得f (x)＞g (x )在区间（1，+∞）内恒成立.解：(1) f ′(x)＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)内单调递减．当a >0时，由f ′(x)＝0得x ＝12a . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，f ′(x)>0，f (x)单调递增． (2)证明：令s (x )＝e x -1－x ，则s ′(x )＝e x -1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x -1>x ，从而g (x )＝1x －e ex >0. (3)由(2)知，当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x)＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x)>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1. 由(1)有f ⎝⎛⎭⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝⎛⎭⎫12a >0. 所以此时f (x)>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x)－g (x )(x >1)， 则h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1-x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x)－g (x )>0，即f (x)>g (x )恒成立． 综上，a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 【点评】关键点拨：第(1)问中对a 的讨论是关键，第(3)问中恒成立求参数化归为函数求最值，最值的求解是难点．测训诊断：(1)本题难度较大，主要考查分类讨论求单调区间、构造函数证明不等式、不等式恒成立求参数取值范围问题．(2)考生失分主要体现两点：①分类讨论不全面；②在第(3)问中不等式恒成立求参数范围转化为函数求最值时，计算过程出现失误．6.（2016•课标全国Ⅱ文）（本小题满分12分）已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.（I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；（Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围.解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，当a ＝4时，f (x)＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f ′(x)＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2，f (1)＝0. 所以曲线y ＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x)>0等价于ln x －a （x －1）x ＋1>0. 设g (x )＝ln x －a （x －1）x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a （x ＋1）2＝x 2＋2（1－a ）x ＋1x （x ＋1）2，g (1)＝0. 当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，即g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )>0；当a >2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－（a －1）2－1，x 2＝a －1＋（a －1）2－1. 由x 2>1和x 1x 2＝1得x 1<1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(1，x 2)上单调递减，因此g (x )<0，此时不满足题意．综上，a 的取值范围是(－∞，2]．【点评】关键点拨：第一问，给定参数a ＝4，函数f (x)就确定，从而可求出切点为(1，0)，再结合导数的几何意义，得到斜率k ＝f ′(1)＝－2，利用点斜式即可求出切线方程．第二问是恒成立问题，可适当转化，另外要注意函数的端点值，这样可以减少讨论的步骤．测训诊断：(1)利用导数解决相关问题，往往都有一定的深度和广度，本题考查较常规，容易上手，但也不易得满分；(2)导数题区分度较大，要根据自身情况，量力而行，不轻易放弃，规范步骤，把会做的做好，也会有所收获．7.（2017·天津文）（本小题满分14分）设,a b ∈R ，||1a ≤.已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图像在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围.解：（I ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得2()3123(4)3()((4))f x x x a a x a x a '=---=---，()0,4||14.f x x a x a a a a '===≤-令解得或－.由，得＜当x 变化时，()f x ',()f x 的变化情况如下表：∴()f x 的单调递增区间为（－∞，a ），（４－a ，＋∞）单调递减区间为（a ，４－a ）．(II) （i ）因为()(()())xg x e f x f x ''=+ 由题意得0000()()x x g x e g x e ⎧=⎪⎨'=⎪⎩ 所以0000000(),(()())x x x x f x e e e f x f x e ⎧=⎪⎨'+=⎪⎩00()1()0f x f x =⎧⎨'=⎩解得所以()f x 在0x x =处的导数等于０.（ii ）因为()x g x e ≤，00[11],x x x ∈-+，由0x e >，可得()1f x ≤.又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（I ）知0x a =.另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（I ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减，故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()x g x e ≤在00,[11]x x -+上恒成立.由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．令32()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2()612t'x x x =-，令()0t'x =，解得2x =（舍去）或0x =.因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =，故()t x 的值域为[7],1-.所以，b 的取值范围是[7],1-.8.（2016·江苏理）（本小题满分16分）已知函数f （x ）=a x +b x （a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1）．（1）设a =2，b =12．①求方程f （x ）=2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f （2x ）≥mf （x ）－6恒成立，求实数m 的最大值；（2）若0＜a ＜1，b ＞1，函数g （x ）=f （x ）－2有且只有1个零点，求ab 的值．解： (1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x)＝2x ＋2-x .①方程f (x)＝2，即2x ＋2-x ＝2，亦即(2x )2－2×2x ＋1＝0，所以(2x －1)2＝0，于是2x ＝1，解得x ＝0.②由条件知f (2x )＝22x ＋2-2x ＝(2x ＋2-x )2－2＝[f (x)]2－2.因为f (2x )≥mf (x)－6对于任意x ∈R 恒成立，且f (x)>0，所以m ≤[f （x ）]2＋4f （x ）对于任意x ∈R 恒成立．而[f （x ）]2＋4f （x ）＝f (x)＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且[f （0）]2＋4f （0）＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x)－2有且只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0，所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a⎝⎛⎭⎫－ln a ln b . 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (ln b )2，从而对任意x ∈R ，h ′(x )>0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数．于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数．下证x 0＝0. 若x 0<0，则x 0<x 02<0，于是g ⎝⎛⎭⎫x 02<g (0)＝0.又g (log a 2)＝a log 2a ＋b log 2a －2>a log 2a －2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0．又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．若x 0>0，同理可得，在x 02和log a 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b ＝1，故lg a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.【解析】【点评】关键点拨：注意分离参数方法在解与函数有关的不等式求参问题中的应用；根据函数零点个数求参数值时，注意应用零点存在定理，利用换元法求解时一定要注意新元的取值范围．测训诊断：(1)本题难度大，主要考查指数函数、基本不等式、利用导数研究初等函数的单调性及零点问题，考查学生综合运用数学思想分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力，意在让学生得分．(2)本题若出错，一是思路受阻；二是运算错误．9.（2016·山东理） (本题满分13分)已知()221()ln ,x f x a x x a R x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立 解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3. 当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．当a ＞0时，f ′(x)＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎫x －2a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a . 0＜a ＜2时，2a ＞1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，2a 时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减． a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x)≥0，f (x)单调递增．a ＞2时，0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．综上所述， 当a ≤0时，f (x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0＜a ＜2时，f (x)在(0，1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x)在(0，＋∞)内单调递增； 当a ＞2时，f (x)在⎝⎛⎭⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．(2)由(1)知a ＝1时，f (x)－f ′(x)＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝⎛⎭⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]，则f (x)－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由x ∈[1，2]，得g ′(x )＝x －1x ≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号．又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4. 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1，2]内单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1，2)，使得x ∈[1，x 0)时，φ(x )＞0，x ∈(x 0，2]时，φ(x )＜0.所以h (x )在[1，x 0)内单调递增，在(x 0，2]内单调递减．由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x)－f ′(x )＞g (1)＋h (2)＝32，即f (x)＞f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1，2]成立．【点评】刷有所得：求函数的单调区间，应在函数定义域的限制之下，讨论函数导数值的符号．若函数的导数含参数，应分类讨论，分类的标准是根据函数导数对应方程的根与定义域的关系．证明函数不等式f (x)>g (x )，主要有两种方法：一是构造函数h (x )＝f (x)－g (x )，将问题转化为函数h (x )＝f (x)－g (x )的最小值大于0；二是证明f (x)m i n >g (x )max .测训诊断：本题难度大，主要考查利用导数研究函数的单调性、极值，考查函数与方程、分类讨论、转化与化归的数学思想，考查分析解决问题的能力、推理能力．若错．一是求函数单调区间时忽视函数的定义域为(0，＋∞)；二是在第(1)问中不能准确地对参数a 进行分类讨论；三是(2)中的求解在构造函数f (x)－f ′(x)＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1后不能将函数分解为g (x )＝x －ln x 与h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1两个函数，而是将等式右边的式子作为一个整体构造函数，从而不能求得其最值．10. (2017·江苏文)（本小题满分16分）已知函数()3210f x =x ax bx (a ,b R)+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b ²>3a ;(3)若()f x ，()f x ' 这两个函数的所有极值之和不小于7-2，求a 的取值范围. 解：（1）因为2()32f x x ax b '=++，令()620f x x a ''=+=，解得3a x =-， 所以()03a f -=，所以2239ab a =+， 因为24120a b ∆=->，所以3a >.（2）263214539813b a a a a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭－， 23459(27)813y t t t a =-+=>令 因为对称轴135278t =<， 所以min (27)0y y >=，所以b ²>3a .（3）由（1）可设()f x 的极值点的横坐标为1x ，2x ；()f x '极值点为3a x =-， 由（1）得12122,3a x x x xb +=-= ∴332212121212()()()()()2f x f x x x a x x b x x +=++++++22121212121212()[()3][()2]()2x x x x x x a x x x x b x x =++-++-+++3422202733ab a a f ⎛⎫=-+=-= ⎪⎝⎭2127()()(),332a a f x f x fb '++-=-≥- 即22237932a a a +-≥- 解得36a <≤.。