2011-2016新课标(理科)导数压轴题分类汇编
【2011新课标】21. 已知函数f(x)?alnxb?，曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x?1x
x?2y?3?0。
（1）求a、b的值；
（2）如果当x?0，且x?1时，f(x)?
【解析】 lnxk?，求k的取值范围。 x?1x
?(
（1）f'(x)?x?1?lnx)b? 22(x?1)x
1，且过点(1,1)， 2
解得a?1，b?1。 由于直线x?2y?3?0的斜率为??f(1)?1,?b?1,??故?1即?a1f'(1)??,??b??,??2?22
lnx1?，所以 （2）由（1）知x?1x
lnxk1(k?1)(x2?1)f(x)?(?)?(2lnx?)。 x?1x1?x2x
(k?1)(x2?1)(k?1)(x2?1)?2x(x?0)，则h'(x)?考虑函数h(x)?2lnx?。 2xx
k(x2?1)?(x?1)2
(i)设k?0，由h'(x)?知，当x?1时，h'(x)?0。而h(1)?0，故 2x
1h(x)?0； 当x?(0,1)时，h(x)?0，可得1?x2
1当x?（1，+?）时，h（x）<0，可得 h（x）>0 21?x
lnxklnxk从而当x>0,且x?1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+. x?1xx?1x
1（ii）设0<k<1.由于当x?（1，）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故h’ （x）>0,而h（1）=0，1?k
11故当x?（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。 21?k1?x
1（iii）设k?1.此时h’（x）>0,而h（1）=0，故当x?（1，+?）时，h（x）>0，可得 h1?x2
（x）<0,与题设矛盾。
综合得，k的取值范围为（-?，0）
1
【2012新课标】21. 已知函数f(x)满足满足f(x)?f?(1)ex?1?f(0)x?
（1）求f(x)的解析式及单调区间；
（2）若f(x)?
【解析】 12x； 212x?ax?b，求(a?1)b的最大值。 2
12x?f?(x)?f?(1)ex?1?f(0)?x 2
1令x?1得：f(0)?1f(x)?f?(1)ex?1?x?x2?f(0)?f?(1)e?1?1?f?(1)?e 2
1得：f(x)?ex?x?x2?g(x)?f?(x)?ex?1?x 2
g?(x)?ex?1?0?y?g(x)在x?R上单调递增 （1）f(x)?f?(1)ex?1?f(0)x?
f?(x)?0?f?(0)?x?0,f?(x)?0?f?(0)?x?0
得：f(x)的解析式为f(x)?ex?x?12x 2
且单调递增区间为(0,??)，单调递减区间为(??,0)
12x?ax?b?h(x)?ex?(a?1)x?b?0得h?(x)?ex?(a?1) 2
①当a?1?0时，h?(x)?0?y?h(x)在x?R上单调递增 （2）f(x)?
x???时，h(x)???与h(x)?0矛盾
②当a?1?0时，h?(x)?0?x?ln(a?1),h?(x)?0?x?ln(a?1)
得：当x?ln(a?1)时，h(x)min?(a?1)?(a?1)ln(a?1)?b?0
(a?1)b?(a?1)2?(a?1)2ln(a?1)(a?1?0)
令F(x)?x2?x2lnx(x?0)；则F?(x)?x(1?
2lnx)
F?(x)?0?0?x?F?(x)?0?x
ee当x?F(x)max?
；当a?1,b(a?1)b的最大值为 22
【2013新课标1】21. 已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x+2
（1）求a，b，c，d的值
（2）若x≥－2时,f(x)?kg(x)，求k的取值范围。
【解析】
（1）由已知得f(0)?2,g(0)?2,f?(0)?4,g?(0)?4，
而f?(x)=2x?b，g?(x)=ex(cx?d?c)，∴a=4，b=2，c=2，d=2；
（2）由（1）知，f(x)?x2?4x?2，g(x)?2ex(x?1)，
设函数F(x)=kg(x)?f(x)=2kex(x?1)?x2?4x?2（x??2），
2
F?(x)=2kex(x?2)?2x?4=2(x?2)(kex?1)，
有题设可得F(0)≥0，即k?1，
令F?(x)=0得，x1=?lnk，x2=－2，
①若1?k?e2，则－2＜x1≤0，∴当x?(?2,x1)时，F(x)＜0，当x?(x1,??)时，F(x)＞0，即F(x)在(?2,x1)单调递减，在(x1,??)单调递增，故F(x)在x=x1取最小值F(x1)，
2而F(x1)=2x1?2?x1?4x1?2=?x1(x1?2)≥0，
∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立，
②若k?e2，则F?(x)=2e2(x?2)(ex?e2)，
∴当x≥－2时，F?(x)≥0，∴F(x)在(－2,+∞)单调递增，而F(?2)=0， ∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立，
③若k?e2，则F(?2)=?2ke?2?2=?2e?2(k?e2)＜0，
∴当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立，
综上所述，k的取值范围为[1,e2]
【2013新课标2】21．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.
【解析】
1.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1. x?m
1x于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝e?. x?1
1x函数f′(x)＝e?在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0. x?1x(1)f′(x)＝e?
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m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.
x当m＝2时，函数f′(x)＝e?1在(－2，＋∞)单调递增． x?2
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x＝x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0得e0＝x1，ln(x0＋2)＝－x0， x0?2
?x0?1?21故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.综上，当m≤2时，f(x)＞0. x0?2x0?2
3
【2014新课标1】21．设函数f（x）=aexlnx+
线方程为y=e（x﹣1）+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+， ，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切+，
从而f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，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）=e﹣x（1﹣x）．
∴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x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．
【2014新课标2】21. 已知函数f?x?=ex?e?x?2xzxxk
（1）讨论f?x?的单调性；
（2）设g?x??f?2x??4bf?x?，当x?0时，g?x??0,求b的最大值；
（3
）已知1.4142??1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）
【解析】
（1）f‘ x =ex+e?x-2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f（x）在（—∞，+∞）单调递增
（2）g（x）=f(2x)-4bf(x)=e2x-e?2x-4b(ex-e?x)+(8b-4)x
g′(x)=2[e2x+e?2x?2b(ex+e?x)+(4b?2)]=2(ex+e?x?2)(ex+e?x?2b+2)
①当b?2时，g’(x) ?0,等号仅当x=0时成立，所以g(x)在(-?,+?)单调递增，而g(0)=0，所以对任意x>0,g(x)>0;
②当b>2时，若x满足，2<ex?e?x<2b-2即
时g’(x)<0,而
g（0）=0,因此当0<X?
时，g(x)<0综上，b的最大值为2
（3）由（2）知，
32
4
当b=2时，
当
33
>0.6928 2
12+1时，
3
<0.693 2
【2015新课标1】21. 已知函数f（x）=x3?ax?
(1)当a为何值时，x轴为曲线y?f(x)的切线； 1,g(x)??lnx 4
(2)用min?m,n?表示m,n中最小值，设函数h(x)?minf(x),g(x)
点的个数
【解析】 ??(x?0)，讨论h（x）零
（Ⅰ）设曲线y?f(x)与 x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)=0，f￠(x0)=0，
ì31x+ax+=0133?0x=,a=a=即í0，解得.因此，当时， x轴是曲线 y=f(x)的切线. 40244 ?3x2+a=0 ?0
（Ⅱ）
当 x?(1,+￥)时， g(x)=-lnx<0，从而 h(x)=min{f(x),g(x)}￡g(x)<0， ∴ h(x)在（1，+∞）无零点.
55当 x=1时，若a3-，则f(1)=a+30，h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1是 h(x) 44
55的零点；若a<-，则f(1)=a+<0，h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1不是 h(x) 44
的零点.
当 x?(0,1)时， g(x)=-lnx>0，所以只需考虑 f(x)在（0,1）的零点个数. (ⅰ)若 a￡-3或 a30，则 f￠(x)=3x2+a在（0,1）无零点，故 f(x)在（0,1）单调，而
15f(0)=，f(1)=a+，所以当 a￡-3时，（0，1）有一个零点；当 a30时，f(x)在f(x) 44
在（0，1）无零点.
5
(ⅱ)若 -3<a<0，则 f(x)在（0
单调递减，在
1）单调递增，故当 x
1时， f(x)取的最小值，最小值为f
.
4
① 3若f＞0，即-＜ a＜0， f(x)在（0,1）无零点.
4
3若f=0，即a=-，则 f(x)在（0,1）有唯一零点；
4
31553若f＜0，即-3<a<-，由于f(0)=，f(1)=a+，所以当-<a<-44 44 4 ② ③
5时， f(x)在（0,1）有两个零点；当-3<a￡-时， f(x)在（0,1）有一个零点. 4
3535综上，当a>-或a<-时， h(x)由一个零点；当a=-或a=-时， h(x)有两个零4 44 4 53点；当-<a<-时， h(x)有三个零点. 4 4
【2015新课标2】21. 设函数f(x)=emx+x2-mx。
（1）证明： f(x)在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增；
（2）若对于任意x1,x2?[-1,1]，都有|f(x1)-f(
x2)|￡e-1，求m的取值范围。
【解析】
6
【2016新课标1】21. 已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(I)求a的取值范围；
(II)设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2.
【解析】
（I）f'(x)=ex+(x-2)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a)
①当 a=0时，f(x)=(x-2)ex，此时函数f(x)只有一个零点，不符合题意舍去；
②当 a>0时，由f'(x)>0Tx>1，由f'(x)<0Tx<1，
所以f(x)在(-￥,1)上递减，在(1,+￥)上递增，
，又f(2)=a>0，所以函数f(x)在(1,+￥)上只有一个零点， \ f(x)min=f(1)=-e<0
当 x?-￥时， ex?0，此时，f(x)?+￥，所以函数f(x)在(-￥,1)上只有一个零点 x2此时函数f(x)f x = x?2 e+a(x?1)有两个零点.
e<a<0时， 0<ln(-2a)<1，由 f'(x)>0Tx>1,x<ln(-2a)， 2
由f'(x)<0Tln(-2a)<x<1
所以f(x)在(-￥,ln(-2a))和(1,+￥)上递增，在(ln(-2a),1)上递减， ③当-
，f(x)max=f(ln(-2a))=(ln(-2a)-2)(-2a)+a(ln(-2a)-1)2<0 \f(x)=f(1)=-e<0min
此时函数f(x)至多一个零点，不符合题意，舍去；
e④当a=-时，f'(x)=ex+(x-2)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex-e)30恒成立，此时函数f(x)至 2
多一个零点，不符合题意，舍去
⑤当a<-时，ln(-2a)>1，由f'(x)>0Tx<1,x>ln(-2a)，由f'(x)<0T1<x<ln(-2a)
e2
7
所以f(x)在(-￥,1)和(ln(-2a),+￥)上递增，f(x)在(1,ln(-2a))上递减，
，因为f(x)在(1,ln(-2a))上递减，所以f(x)min=f(ln(-2a))<0 \ f(x)max=f(1)=-e<0
此时函数f(x)至多一个零点，不符合题意，舍去.
综上可知a?(0,+￥).
(II)由(I)若x1,x2是f(x)f(x)的两个零点，则 a>0，不妨令x1<x2，则x1<1<x2
，2-x2<1，当 a>0时，f(x)在(-￥,1)上递减， ∵ x2>1\
且f(x1)=0，f(1)<0所以，只要证f(2-x2)<0，
f(2-x2)=-x2e2-x2+a(1-x2)2，又f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0
\f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2
e2-e2x
， -e-(x-2)e=(x-1)xexx要证x1x1+x2<2，只要证x1<2-x2， -(x-2)e,(x>1)y=-e+xe
22x，\y'<0 ∵x>1,\x-1>0,e<e
2-xx在(1,+￥)上递减，当 x=1时， y=0 \y=-xe-(x-2)e
∵成立. x>1,y<0，即 f(2-x2)<0成立，\ x1+x2<2
【2016新课标2】 令y=-xe2-xx'2-x2-x
x-2x(1)讨论函数f(x)=e的单调性，并证明当 x>0时，(x-2)ex+x+2>0; x+2
xe-ax-a(2)证明：当 a?[0,1)时，函数g(x)=(x>0)有最小值.设gx的最小值为 h(a)，求函数2 x
h(a)的值域.
【解析】 ()
?x?2x?2x4?x2ex
xef??x??e????⑴f?x?? ?x?2?x?2?2??x?2?2x?2??
?2????2,???时，f??x??0∴f?x?在???，?2?和??2,???上单调递增 ∵当x????，
∴x?0时，x?2xe?f?0?=?1∴?x?2?ex?x?2?0 x?2
?a?x?2x?e?ax?a?2x
⑵g??x???ex
x4?x?xe?2exx??x?2???ex?a???ax?2a??x?2??x3x?2x4
a??0，1?由(1)知，当x?0时，f?x??x?2x?e的值域为??1，???，只有一解． x?2
使得t?2t?e??a，t??0，2? t?2
et??t?1?t?2t?eet? t2t?2
8 当x?(0,t)时g?(x)?0，g(x)单调减；当x?(t,??)时g?(x)?0，g(x)单调增 h?a?? e?a?t?1?tt2?
et?t?1?et
?0，∴k?t?单调递增 记k?t??，在t??0,2?时，k??t??2t?2t?2??
?1e2?∴h?a??k?t????．
?24?
【2016新课标3】21. 设函数f (x)＝acos2x＋(a－1)(cosx＋1)，其中a＞0，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)＝－2αsin2x－(α－1)sinx
(2) 当α≥1时，|f '(x)|＝|αsin2x＋(α－1)(cosx＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)
因此A＝3α－2
当0＜α，1时，将f (x)变形为f (x)＝2αcos2x＋(α－1)cosx－1
令g(t)＝2 αt2＋(α－1)t－1则A是|g(t)|在[－1，1]上的最大值，g(－1)＝α，g(1)＝3 α－2
1－α1－α(α－1)2α2＋6α＋1且当t＝4αg(t)取得极小值，极小值为g(4α＝－8α－18α
1－α11令－1＜4α＜1，解得α＜－3舍去），α＞5，
1(i)当0＜α≤5g(t)在(－1，1)内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)＝2－3α，
|g(－1)|＜|g(1)|∴A＝2－3α
1－α1(ii)当5＜α＜1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)＞0知，g(－1)＞g(1)＞g(4α，又
?1－α?－|g(－1)|＝(1－α)(1＋7α)0∴A＝?1－α?＝α＋6α＋1?g(4α)??g(4α)?8α8α????2
??综上，A＝?α＋6α＋11……………………9 分 ＜α＜18α5??3α－2，α≥1212－3α， 0＜α≤5
(3)由(1)得
|f '(x)|＝|－2αsin2x－(α－1)sinx|≤2α＋|α－1|
1当0＜α＜5|f '(x)|≤1＋α≤2－4α＜2(2－3α)＝2A
1α13当α＜1时，A＝＋，∴|f '(x)|≤1＋α＜2A 588α4
当α≥1时|f '(x)|≤3 α－1≤6 α－4＝2A，∴|f '(x)|≤2A
9
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