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1、12011-2018 新新课标课标(理科理科)导导数数压轴题压轴题分分类汇编类汇编【2011 新课标】21. 已知函数，曲线在点处的切线方程为ln( )1axbf xxx( )yf x(1,(1)f。230xy （1）求、的值；ab（2）如果当，且时，求的取值范围。0x 1x ln( )1xkf xxxk【解析】（1）221(ln ) ( )(1)xxbxfxxx 由于直线的斜率为，且过点，230xy1 2(1,1)故 即解得，。(1)1, 1(1),2ff 1, 1,22b ab 1a 1b （2）由（1）知，所以ln1 1x xx。22ln1(1)(1)( )()(2ln)11xkkxf
2、xxxxxx考虑函数，则。( )2lnh xx2(1)(1)kx x(0)x 22(1)(1)2( )kxxh xx(i)设，由知，当时，。而，故0k 222(1)(1)( )k xxh xx1x ( )0h x (1)0h当时，可得；(0,1)x( )0h x 21( )01h xx当 x（1，+）时，h（x）0211 x从而当 x0,且 x1 时，f（x）-（+）0，即 f（x）+.1ln xx xk 1ln xx xk（ii）设 00,故 h （x）0,而 h（1）k11=0，故当 x（1，）时，h（x）0，可得h（x）0,而 h（1）=0，故当 x（1，+）时，h（x）0，可得 211
3、 x h（x）0,g(x)0;当 b2 时，若 x 满足，20,ln20.692823 228 23 12当 b=+1 时，ln(b-1+)=ln 3 2 422bb2g(ln)=-2+(3+2)ln20 In20.69323 222182 28【2015 新课标 1】21. 已知函数 f（x）= 31, ( )ln4xaxg xx (1)当 a 为何值时，x 轴为曲线 的切线；( )yf x(2)用表示 m,n 中最小值，设函数 ，讨论 h（x）min,m n( )min( ), ( )(0)h xf x g xx零点的个数 【解析】（）设曲线与轴相切于点，则，( )yf xx(x0,0)
4、f (x0) 0 f (x0) 0即，解得. 因此，当时，轴是曲线的切线. x03 ax01 4 03x02 a 0x01 2,a 3 4a 3 4xy f (x)（）当时，从而，x (1,) g(x) lnx 0 h(x) minf (x),g(x) g(x) 0 在（1，+）无零点.h(x)当=1 时，若，则，,故=1 是xa 5 4f (1) a5 4 0h(1) minf (1),g(1) g(1) 0x的零点；若，则，,故=1 不是h(x)a 5 4f (1) a5 4 0h(1) minf (1),g(1) f (1) 0x的零点.h(x) 当时，所以只需考虑在（0,1）的零点个数
5、.x (0,1) g(x) lnx 0 f (x) ()若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而a 3 a 0 f (x) 3x2 af (x)，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0 时，f (0) 1 4f (1) a5 4a 3f (x)a 在（0，1）无零点.f (x)()若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=3 a 0f (x)a 3a 3x时，取的最小值，最小值为=.a 3f (x)f ( a 3)2a 3a 31 4若0，即0，在（0,1）无零点.f ( a 3)3 4af (x)6若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；f ( a 3)a 3 4f (x)
6、若0，即，由于，所以当f ( a 3)3 a 3 4f (0) 1 4f (1) a5 4时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零5 4 a 3 4f (x)3 a 5 4f (x)点.综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；a 3 4a 5 4h(x)a 3 4a 5 4h(x)当时，有三个零点. 5 4 a 3 4h(x)【2015 新课标 2】21. 设函数。f (x) emx x2 mx（1）证明：在单调递减，在单调递增；f (x) (,0) (0,) （2）若对于任意，都有，求 m 的取值范围。x1,x21,1| f (x1) f (x2)| e1 【解析】78【
7、2016 新课标 1】21. 已知函数有两个零点.f (x) (x2)ex a(x1)2(I)求 a 的取值范围；(II)设是的两个零点，证明：.x1,x2 f (x) x1 x2 2【解析】（I） f(x) ex(x2)ex2a(x1) (x1)(ex2a)当时，此时函数只有一个零点，不符合题意舍去；a 0f (x) (x2)exf (x) 当时，由，由，a 0f(x) 0 x 1f(x) 0 x 1所以在上递减，在上递增，f (x) (,1) (1,) ，又，所以函数在上只有一个零点， f (x)min f (1) e0f (2) a 0 f (x) (1,) 当时，此时，所以函数在上只有
8、一个零点x ex 0f (x) f (x) (,1) 此时函数有两个零点.f (x)() = ( 2)+ ( 1)2当时，由，e 2 a 00 ln(2a) 1 f(x) 0 x 1,x ln(2a)由 f(x) 0 ln(2a) x 1所以在和上递增，在上递减，f (x) (,ln(2a) (1,) (ln(2a),1) ， f (x)min f (1) e0f (x)max f (ln(2a) (ln(2a)2)(2a) a(ln(2a)1)20此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去；f (x)当时，恒成立，此时函数a e 2f(x) ex(x2)ex2a(x1) (x1)(exe) 0至
9、多一个零点，不符合题意，舍去f (x)当时，由，由a e 2ln(2a) 1 f(x) 0 x 1,x ln(2a)f(x) 01 x ln(2a)所以在和上递增，在上递减，f (x) (,1) (ln(2a),) f (x) (1,ln(2a) ，因为在上递减，所以 f (x)max f (1) e0f (x) (1,ln(2a) f (x)min=f (ln(2a) 0 此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去.f (x) 综上可知.a (0,) (II)由(I)若是的两个零点，则，不妨令，则x1,x2 f (x)()a 0x1 x2x11 x2要证，只要证，1x1 x2 2x1 2 x2，
10、当时，在上递减， A x212 x21a 0f (x) (,1) 且，所以，只要证，f (x1) 0 f (1) 0 f (2 x2) 0，又f (2 x2) x2e2x2 a(1 x2)2f (x2) (x22)ex2 a(x21)2 0 f (2 x2) x2e2x2(x22)ex2令 ，y xe2x(x2)ex,(x 1)y e2x xe2xex(x2)ex (x1)e2e2x ex9， A x 1 , x10 , e2 e2xy0在上递减，当时，y xe2x(x2)ex(1,) x 1 y 0 ，即成立， 成立. A x 1 , y 0f (2 x2) 0 x1 x2 2【2016 新
11、课标 2】(1)讨论函数的单调性，并证明当时， f (x) x2 x2exx 0 (x2)ex x20;(2)证明：当 时，函数 有最小值.设的最小值为，求函 a0,1) g x =ex ax a x2(x 0)g x h(a)数的值域. h(a) 【解析】 2e2xxf xx 22224ee222x xxxfxxxx当x 22, 和时， 0fx f x在22, 和和上单调递增0x 时， 2e0 =12xxfx2 e20xxx 24e2exxa xxaxagxx 4e2e2xxx xaxax 322e2xxxax x01a，由(1)知，当0x 时， 2e2xxf xx的值域为1，只有一解使得2
12、e2ttat ，02t，当(0, )xt时( )0g x，( )g x单调减；当( ,)xt时( )0g x，( )g x单调增 222e1ee1e2 2tttttta tth attt记 e 2t k tt，在0, 2t时， 2e10 2ttk t t ， k t单调递增 21e 24h ak t，【2016 新课标 3】21. 设函数 f (x)acos2x(a1)(cosx1)，其中 a0，记|f (x)|的最大值 为 A， (1)求 f (x)；(2)求 A；(3)证明|f (x)|2A 【解析】 (1) f (x)2sin2x(1)sinx (2) 当 1 时， |f (x)|sin
13、2x(1)(cosx1)| 2(1)32f (0) 因此 A32 当 0，1 时，将 f (x)变形为 f (x)2cos2x(1)cosx110令 g(t)2 t2(1)t1 则 A 是|g(t)|在1，1上的最大值，g(1)， g(1)3 2且当 t时，g(t)取得极小值，极小值为 g()11414(1)282618令11，解得 (舍去） ， ，141315(i)当 0 时，g(t)在(1，1)内无极值点，|g(1)|，|g(1)23，15|g(1)|g(1)|A23(ii)当 1 时，由 g(1)g(1)2(1)0 知，g(1)g(1)g()，又1514|g(1)|0A(1)(17)82618综上，A9 分 (3)由(1)得 |f (x)|2sin2x(1)sinx|2|1|当 0 时|f (x)|1242(23)2A
