最新高考文科数学导数全国卷

1、(2012课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分）

设函数f(x)= ex－ax－2 (Ⅰ)求f(x)的单调区间

(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x－k) f′(x)+x+1>0，求k的最大值 2、(2013课标全国Ⅰ，文20)(本小题满分12分)

已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4. (1)求a，b的值；

(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值． 3、(2015课标全国Ⅰ，文21）.（本小题满分12分） 设函数f(x)e

2xalnx.

（Ⅰ）讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；

2（Ⅰ）证明：当a0时，f(x)2aaln。

a4、(2016课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分）

（x2）exa(x1)2 已知函数.f(x)(I)讨论f(x)的单调性；

(II)若f(x)有两个零点，求的取值范围.

5、（(2016全国新课标二，20）（本小题满分12分） 已知函数f(x)(x1)lnxa(x1).

（I）当a4时，求曲线yf(x)在1,f(1)处的切线方程；

(II)若当x1,时，f(x)＞0，求a的取值范围. 6(2016山东文科。20)(本小题满分13分) 设f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x，a∈R. (Ⅰ)令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；

(Ⅱ)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.

2017.（12分）

2xx

已知函数（fx)ae+(a﹣2) e﹣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.

2018全国卷)（12分）

已知函数

．

⑴讨论的单调性；

⑵若存在两个极值点，，证明：．

导数高考题专练（答案）

1

2解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4. 故b＝4，a＋b＝8. 从而a＝4，b＝4.

(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，

f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·ex.

21令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.

从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0； 当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.

故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．

当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)． 3

4 (I)f'xx1ex2ax1x1ex2a.

(i)设a0，则当x,1时，f'x0；当x1,时，f'x0. 所以在,1单调递减，在1,单调递增. (ii)设a0，由f'x0得x=1或x=ln(-2a).

①若aex，则f'xx1ee，所以fx在,单调递增. 2e，则ln(-2a)<1,故当x,ln2aU1,时，f'x0； 2②若a当xln2a,1时，f'x0，所以fx在,ln2a,1,单调递增，在ln2a,1单调递减.

③若ae，则ln2a1，故当x,1Uln2a,时，f'x0，2当x1,ln2a时，f'x0，所以fx在,1,ln2a,单调递增，在1,ln2a单调递减.

(II)(i)设a0，则由(I)知，fx在,1单调递减，在1,单调递增.

又f1e，f2a，取b满足b<0且

baln， 22则fba323bb0，所以fx有两个零点. b2ab1a22x(ii)设a=0，则fxx2e所以fx有一个零点.

(iii)设a<0，若ae，则由(I)知，fx在1,单调递增. 2ex1afxfx又当时，<0，故不存在两个零点；若，则由(I)知，fx在

21,ln2a单调递减，在ln2a,单调递增.又当x1时fx<0，故fx不存在两个零点.

综上，a的取值范围为0,.

5试题解析：（I）f(x)的定义域为(0,).当a4时，

f(x)(x1)lnx4(x1),f(x)lnx在(1,f(1))处的切线方程为2xy20.

13，f(1)2,f(1)0.曲线yf(x)x（II）当x(1,)时，f(x)0等价于lnxa(x1)0. x1令g(x)lnxa(x1)，则 x112ax22(1a)x1g(x),g(1)0，

x(x1)2x(x1)2（i）当a2，x(1,)时，x2(1a)x1x2x10，故g(x)0,g(x)在

22x(1,)上单调递增，因此g(x)0；

（ii）当a2时，令g(x)0得

x1a1(a1)21,x2a1(a1)21，

由x21和x1x21得x11，故当x(1,x2)时，g(x)0，g(x)在x(1,x2)单调递减，因此g(x)0.

综上，a的取值范围是,2.

6试题分析：(Ⅰ)求导数f'xlnx2ax2a, 可得gxlnx2ax2a,x0,， 从而g'x112ax， 2axx讨论当a0时，当a0时的两种情况即得.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f'10.分以下情况讨论：①当a0时，②当0a时，④当a11时，③当a221时，综合即得. 2试题解析：(Ⅰ)由f'xlnx2ax2a, 可得gxlnx2ax2a,x0,， 则g'x112ax， 2axx当a0时，

x0,时，g'x0，函数gx单调递增； 当a0时，

x0,1时，g'x0，函数gx单调递增， 2a x1,时，g'x0，函数gx单调递减. 2a所以当a0时，函数gx单调递增区间为0,；

当a0时，函数gx单调递增区间为0,11，单调递减区间为,. 2a2a(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f'10.

①当a0时，f'x0，fx单调递减. 所以当x0,1时，f'x0，fx单调递减. 当x1,时，f'x0，fx单调递增. 所以fx在x=1处取得极小值，不合题意.

②当0a111时，1，由(Ⅰ)知f'x在0,内单调递增， 22a2a1时，f'x0， 2a可得当当x0,1时，f'x0，x1,所以fx在(0,1)内单调递减，在1,1内单调递增， 2a所以fx在x=1处取得极小值，不合题意.

③当a11时，即1时，f'x在(0,1)内单调递增，在 1,内单调递减， 22a所以当x0,时，f'x0， fx单调递减，不合题意.

④当a111时，即01 ，当x,1时，f'x0，fx单调递增, 22a2a当x1,时，f'x0，fx单调递减， 所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意. 综上可知，实数a的取值范围为a1. 22017.解：

（1）函数f(x)的定义域为(,),f(x)2e2x2xaexa2(2exa)(exa)

①若a0，则f(x)e，在(,)单调递增 ②若a0，则由f(x)0得xlna 当x(,lna)时，f(x)0； 当x(lna,)时，f(x)0； 故f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增 ③若a0，则由f(x)0得xln() 当x(,ln())时，f(x)0； 当x(ln(),)时，f(x)0； 故f(x)在(,ln())单调递减，在(ln(),)单调递增 （2）①若a0，则f(x)e，所以f(x)0

②若a0，则由（1）得，当xlna时，f(x)取得最小值， 最小值为f(lna)alna， 从而当且仅当alna0，即a1时，f(x)0 ③若a0，则由（1）得，当xln()时，f(x)取得最小值， 222xa2a2a2a2a2a2aa23最小值为f(ln())a[ln()]， 24233a从而当且仅当a[ln()]0，即a2e4时，f(x)0 42234综上，a的取值范围是[2e,1] )，f ′（x）=aex–2018．解：（1）f（x）的定义域为(0，1． x由题设知，f ′（2）=0，所以a=

1． 2e2从而f（x）=

1x1x1elnx1e． f ′x=，（）2e22e2x当02时，f ′（x）>0．

所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．

1ex（2）当a≥时，f（x）≥lnx1．

eeexex1 设g（x）=lnx1，则g(x)．eex当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点． 故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．

1因此，当a时，f(x)0．

e