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1、高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11一求函数的单调区间，函数的单调性1.【2012新课标】21. 已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；【解析】（1）令得： 得：在上单调递增得：的解析式为且单调递增区间为，单调递减区间为2.【2013新课标2】21已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；【解析】(1)f(x). 由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x).函数f(x)在(1，)单调递增，且f(0)0.因此当x(1,0)时，f(x)0； 当x(0，)时，f(x
2、)0.所以f(x)在(1,0)单调递减，在(0，)单调递增3.【2014新课标2】21. 已知函数=（1）讨论的单调性；【解析】（1）fx=ex+e-x-20，等号仅当x=0时成立，所以f（x）在（，+）单调递增【2015新课标2】21. 设函数。（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m的取值范围。4.【2017新课标1】21. 已知函数。（1）讨论的单调性；【解析】（1）的定义域为，（）若，则，所以在单调递减.（）若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.2 由函数不等式，求参数或参数的取值范围或参数的最值5.【2017新课标2】21. 已知函数且。（1）
3、求a；【解析】（1）因为f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）=axalnx0，因为h（x）=a，且当0x时h（x）0、当x时h（x）0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=aaln1=0，所以=1，解得a=1；6.【2017新课标3】21. 已知函数（1）若，求的值；【解析】（1） ，则，且当时，在上单调增，所以时，不满足题意；当时，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增。若，在上单调递增当时矛盾若，在上单调递减当时矛盾若，在上单调递减，在上单调递增满足题意综上所述。7.【2011新课标】21. 已知函数，曲线在点处的切线方程为。（1
4、）求、的值；（2）如果当，且时，求的取值范围。【解析】（1）由于直线的斜率为，且过点，故 即解得，。（2）由（1）知，所以。考虑函数，则。(i)设，由知，当时，。而，故当时，可得；当x（1，+）时，h（x）0从而当x0,且x1时，f（x）-（+）0，即f（x）+.（ii）设0k0,故h （x）0,而h（1）=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 h（x）0,g(x)0;当b2时，若x满足，2 2b-2即 0xln(b-1+)时g(x)0,而g（0）=0,因此当0Xln(b-1+)时，g(x)0综上，b的最大值为211.【2015
5、新课标2】21. 设函数。（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m的取值范围。三。零点的个数；零点和的取值范围；有n个零点时参数取值范围。12.【2015新课标1】21. 已知函数f（x）= (1)当a为何值时，x轴为曲线 的切线；(2)用表示m,n中最小值，设函数 ，讨论h（x）零点的个数【解析】（）设曲线与轴相切于点，则，即，解得. 因此，当时，轴是曲线的切线. （）当时，从而，在（1，+）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.当时，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.()若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，所以当时
6、，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.()若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=. 若0，即0，在（0,1）无零点. 若=0，即，则在（0,1）有唯一零点； 若0，即，由于，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. 13.【2016新课标1】21. 已知函数有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设是的两个零点，证明：.【解析】（I）当时，此时函数只有一个零点，不符合题意舍去；当时，由，由，所以在上递减，在上递增，又，所以函数在上只有一个零点，当时，
7、此时，所以函数在上只有一个零点此时函数fx=x-2ex+a(x-1)2有两个零点.当时，由，由所以在和上递增，在上递减，此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去；当时，恒成立，此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去当时，由，由所以在和上递增，在上递减，因为在上递减，所以此时函数至多一个零点，不符合题意，舍去.综上可知.(II)由(I)若是f(x)的两个零点，则，不妨令，则要证x1，只要证，当时，在上递减，且，所以，只要证，又令 ，在上递减，当时，即成立， 成立.14.【2017新课标1】21. 已知函数。（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围。【解析】（1）的定义域为，（）若，则
8、，所以在单调递减.（）若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.（2）（）若，由（1）知，至多有一个零点.（）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，的取值范围为。四极值的范围15.【2017新课标2】21. 已知函数且。（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且。【解析】（1）因为f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）=axalnx0，因为h（x）=a，且当0x时h（x）0、当x时h（x）0，所
9、以h（x）min=h（），又因为h（1）=aaln1=0，所以=1，解得a=1；（2）证明：由（1）可知f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令f（x）=0，可得2x2lnx=0，记t（x）=2x2lnx，则t（x）=2，令t（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln210，从而t（x）=0有解，即f(x)=0存在两根x0，x2，且不妨设f(x)在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x02lnx0=0，所以f（x0）=x0x0lnx0=x0
10、+2x02=x0，由x0可知f（x0）（x0）max=+=；由f（）0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）f（）=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）22五证明函数不等式16.【2014新课标1】21设函数f（x）=aexlnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1）处得切线方程为y=e（x1）+2（ 1）求a、b；（ 2）证明：f（x）1【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+）， f（x）=+，由题意可得f（1）=2，f（1）=e， 故a=1，b=2；（2）由（1）知，f（x）=exlnx+，从而f（x）1等价于x
11、lnxxex，设函数g（x）=xlnx，则g（x）=1+lnx，当x（0，）时，g（x）0；当x（，+）时，g（x）0故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，从而g（x）在（0，+）上的最小值为g（）=设函数h（x）=，则h（x）=ex（1x）当x（0，1）时，h（x）0；当x（1，+）时，h（x）0，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，从而h（x）在（0，+）上的最大值为h（1）=综上，当x0时，g（x）h（x），即f（x）117.【2016新课标2】(1)讨论函数的单调性，并证明当时， 【解析】 当时， 在上单调递增时， 18.【2013新课标2】21已
12、知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)0.【解析】(1)f(x). 由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x).函数f(x)在(1，)单调递增，且f(0)0.因此当x(1,0)时，f(x)0； 当x(0，)时，f(x)0.所以f(x)在(1,0)单调递减，在(0，)单调递增(2)当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)在(2，)单调递增又f(1)0，f(0)0，故f(x)0在(2，)有唯一实根x0，且x0(1,0)当x(2，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x00. 综上，当m2时，f(x)0.11教-资2