高考数学真题导数专题及答案

2019年高考真题导数专题

一．解答题（共12小题）

1．已知函数f（x）=ae2x+（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．

2．已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx, 且f（x）≥0．

（1）求a；

（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0, 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

3．已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．

（1）若f（x）≥0, 求a的值；

（2）设m为整数, 且对于任意正整数n, （1+）（1+）…（1+）＜m, 求m的最小值．

4．已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0, 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：b2＞3a；

（3）若f（x）, f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣, 求a的取值范围．

5．设函数f（x）=（1﹣x2）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．

6．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．

（1）求f（x）的导函数；

（2）求f（x）在区间[, +∞）上的取值范围．

7．已知函数f（x）=x2+2cosx, g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）, 其中e≈2.17828…是自然对数的底数．

（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π, f（π））处的切线方程；

（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R）, 讨论h（x）的单调性并判断有无极值, 有极值时求出极值．

8．已知函数f（x）=e x cosx﹣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, ]上的最大值和最小值．

9．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．

（Ⅰ）求g（x）的单调区间；

（Ⅱ）设m∈[1, x0）∪（x0, 2], 函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）, 求证：h（m）h（x0）＜0；

（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A, 使得对于任意的正整数p, q, 且

∈[1, x0）∪（x0, 2], 满足|﹣x0|≥．

10．已知函数f（x）=x3﹣ax2, a∈R,

（1）当a=2时, 求曲线y=f（x）在点（3, f（3））处的切线方程；

（2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx, 讨论g（x）的单调性并判断有无极值, 有极值时求出极值．

11．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）．

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）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, （i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0；

（ii）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．

12．已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）≥0, 求a的取值范围．

2019年高考真题导数专题

参考答案与试题解析

一．解答题（共12小题）

1．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（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．

【解答】解：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x, 求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1,

当a=0时, f′（x）=﹣2e x﹣1＜0,

∴当x∈R, f（x）单调递减,

当a＞0时, f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣）,

令f′（x）=0, 解得：x=ln,

当f′（x）＞0, 解得：x＞ln,

当f′（x）＜0, 解得：x＜ln,

∴x∈（﹣∞, ln）时, f（x）单调递减, x∈（ln, +∞）单调递增；

当a＜0时, f′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0, 恒成立,

∴当x∈R, f（x）单调递减,

综上可知：当a≤0时, f（x）在R单调减函数,

当a＞0时, f（x）在（﹣∞, ln）是减函数, 在（ln, +∞）是增函数；

（2）①若a≤0时, 由（1）可知：f（x）最多有一个零点,

当a＞0时, f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x,

当x→﹣∞时, e2x→0, e x→0,

∴当x→﹣∞时, f（x）→+∞,

当x→∞, e2x→+∞, 且远远大于e x和x,

∴当x→∞, f（x）→+∞,

∴函数有两个零点, f（x）的最小值小于0即可,

由f（x）在（﹣∞, ln）是减函数, 在（ln, +∞）是增函数,

∴f（x）min=f（ln）=a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0,

∴1﹣﹣ln＜0, 即ln+﹣1＞0,

设t=, 则g（t）=lnt+t﹣1, （t＞0）,

求导g′（t）=+1, 由g（1）=0,

∴t=＞1, 解得：0＜a＜1,

∴a的取值范围（0, 1）．

方法二：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x, 求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x ﹣1,

当a=0时, f′（x）=2e x﹣1＜0,

∴当x∈R, f（x）单调递减,

当a＞0时, f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣）,

令f′（x）=0, 解得：x=﹣lna,

当f′（x）＞0, 解得：x＞﹣lna,

当f′（x）＜0, 解得：x＜﹣lna,

∴x∈（﹣∞, ﹣lna）时, f（x）单调递减, x∈（﹣lna, +∞）单调递增；

当a＜0时, f′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0, 恒成立,

∴当x∈R, f（x）单调递减,

综上可知：当a≤0时, f（x）在R单调减函数,

当a＞0时, f（x）在（﹣∞, ﹣lna）是减函数, 在（﹣lna, +∞）是增函数；

（2）①若a≤0时, 由（1）可知：f（x）最多有一个零点,

②当a＞0时, 由（1）可知：当x=﹣lna时, f（x）取得最小值, f（x）