2022年高考导数大题总汇编问题详解 .pdf

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1、实用标准文案文档大全一、解答题1. 解 :( ) 函数( )f x的定义域为(0,)，112( )e lneee.xxxxabbfxaxxxx由题意可得(1)2,(1)e.ff故1,2ab. （）由 ( ) 知12e( )e ln,xxfxxx从而( )1fx等价于2lne.exxxx设函数( )lng xxx，则( )1lng xx，所以当1(0,)ex时，( )0gx; 当1(,)ex时，( )0gx, 故( )g x在1(0,)e单调递减，在1(,)e单调递增，从而( )g x在(0,)的最小值为11( ).eeg. 设函数2( )eexh xx，则( )e(1)xh xx，所以当(0,

2、1)x时，( )0h x；当(1,)x时，( )0h x，故( )h x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，从而( )h x在(0,)的最大值为1(1)eh. 综上，当0 x时，( )( )g xh x，即( )1f x. 2. 解题指南（ 1）根据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（ 2）根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点，代入函数中求解. 解析（ 1）2/222(2)24(1)( )1(2)(1)(2)axxaxafxaxxaxx（ *）当1a时，/( )0fx，此时，( )f x在区间(0,)上单调递增当01a时，由/( )0fx得112ax

3、a， （212axa舍去）当1(0,)xx时，/( )0fx；当1(,)xx时，/( )0fx故( )f x在区间1(0,)x上单调递减，在区间1(,)x上单调递增综上所述，当1a时，( )fx在区间(0,)上单调递增当01a时，( )f x在区间1(0,2)aa上单调递减，在区间1(2,)aa上单调递增由（ * ）式知，当1a时，/( )0fx，此时( )f x不存在极值点，因而要使得( )f x有两个极值点，必有01a又( )f x的极值点只可能是112axa和212axa，且由定义可知，1xa且2x，所以112aaa且122aa，解得12a此时，由（ *）式易知，12,x x分别是( )

4、f x的极小值和极大值点，而12()()f xf x12121222ln(1)ln(1)22xxaxaxxx21212121212124()ln1()2()4x xxxa xxa x xx xxx224(1)2ln(21)ln(21)22121aaaaa令21ax， 则01a且12a知：当102a时，10 x； 当112a时，01x记22( )ln2g xxx，（）当10 x时，2( )2ln()2g xxx，所以/222222( )0 xgxxxx因此，( )g x在区间( 1,0)上单调递减，从而( )( 1)40g xg，故当102a时，12()()0f xf x（）当01x时，2( )

5、2ln2g xxx，所以/222222( )0 xgxxxx因此，( )g x在区间(0,1)上单调递减，从而( )(1)0g xg，故当时112a，12()()0fxfx综上所述，满足条件的a的取值范围为1(,1)2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 10 页实用标准文案文档大全3. (1)证明：因为对任意xR，都有()()eeee( )xxxxfxf x，所以f(x)是 R上的偶函数(2) 解：由条件知(ee1)e1xxxm在(0 ，+ )上恒成立令t = ex(x0) ，则t1，所以m21111111ttttt对于任意

6、t1 成立因为11112(1)11(1)tttt = 3 ，所以1113111tt，当且仅当t = 2 ，即x = ln2时等号成立因此实数m的取值范围是1,3(3) 解：令函数31( )e(3 )exxg xaxx，则21( )e3 (1)exxg xa x当x1 时，1e0exx，x2 1 0，又a0，故g(x)0 ，所以g(x) 是1 ，+) 上的单调增函数，因此g(x) 在1 ，+) 上的最小值是1(1)ee2ga由于存在x01 ，+) ，使00300ee(3)0 xxaxx成立，当且仅当最小值g(1)0 ，故1e+e20a，即1ee2a令函数( )(e1)ln1h xxx，则( )1

7、h xe1x，令h(x) = 0 ，得e 1x当(0,e1)x时，h (x)0 ，故h(x)是 (e 1 ， + ) 上的单调增函数所以h(x) 在(0 ，+) 上的最小值是(e1)h注意到h(1) = h(e) = 0，所以当(1,e1)x(0,e1)时，(e1)h) h(x)h(1) = 0；当(e1,e)(e1,)a时，h(x)h(e) = 0，所以h(x)0 对任意的x(1 ，e) 成立当a1ee,e2(1 ，e) 时，h(a)h(e) = 0，即1(e1)lnaa，故1e 1eaa综上所述，当a1ee,e2时，1e 1eaa，当a = e时，1e 1eaa，当(e,)a时，1e 1e

8、aa4. 解题指南： （I ）利用( )fx为偶函数和( )yf x=在点(0,(0)f处的切线的斜率为4c建立关于,a b的方程求解 . （II ）利用基本不等式求解.(III)需对 c 进行分类，讨论方程( )0fx是否有实根，从而确定极值 .解析：（I ）对( )f x求导得22( )22xxfxaebec，由( )fx为偶函数，知()( )fxfx，即222()()0 xxabee，因220 xxee，所以ab. 又(0)224fabcc，故1,1ab. （II ）当3c时，22( )3xxf xeex，那么2222( )223222310,xxxxfxeeee故( )f x在R上为增

9、函数 . (III)由（）知22( )22xxfxeec，而2222222 224,xxxxeeee当0 x时等号成立 . 下面分三种情况进行讨论. 当4c时，对任意22,( )220 xxxR fxeec，此时( )f x无极值；当4c时，对任意220,( )220 xxxfxeec，此时( )f x无极值；当4c时，令2xet，注意到方程220tct有两根21,21604cct，即( )0fx有两根112211lnln22xtxt或. 当12xxx时，( )0fx；又当2xx时，( )0fx，从而( )fx在2xx处取得极小值；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

10、 - - - - - - -第 2 页，共 10 页实用标准文案文档大全综上，若( )fx有极值，则c 取值范围为4,. 5. 解题指南（ 1）先求导数，结合解不等式求解函数的单调区间；（2）利用单调性与导数的关系求解字母的取值范围 . 解析 当4b时,21 2( )(44)xf xxx, 定义域为12(, ), 2115 (2)1 221 21 2( )(24)(44)( 2)x xxxxfxxxx. 令( )0fx, 解得12x,20 x. 当2x或120 x时 ,( )0fx；当20 x时,( )0fx. 所以( )f x在(, 2),12(0, )上单调递减；在( 2,0)上单调递增

11、. 所以当2x时,( )f x取得极小值( 2)0f；当0 x时,( )f x取得极大值(0)4f. 因为( )f x在13(0, )上单调递增 , 所以( )0fx, 且不恒等于0对13(0, )x恒成立 . 22115231 221 21 2( )(2)()( 2)xxbxxxxfxxbxbxb, 所以25320 xbxx, 得min2 53()xb. 因为12 52 513339x, 所以19b, 故b的取值范围为19(, . 6. 解析：（）对( )f x求导得222(6)(3)3(6)( ),()xxxxxa exax exa xafxee因为( )f x在0 x处取得极值，所以(0

12、)0f即0a. 当0a时，( )f x=22336,( ),xxxxxfxee故33(1),(1),ffee从而( )f x在点（ 1，(1)f）处的切线方程为33(1),yxee化简得30.xey（）由（）知23(6)( ).xxa xafxe令2( )3(6),g xxa xa由( )0g x解得2212636636,.66aaaaxx当1xx时，( )0g x，即( )0fx，故( )f x为减函数；当12xxx时，( )0g x，即( )0fx，故( )f x为增函数；当2xx时，( )0g x，即( )0fx，故( )f x为减函数；由( )f x在3,上为减函数，知226363,6

13、aax解得9,2a故a的取值范围为9,.2考点分类第四章考点一、导数的概念、运算及其几何意义；考点二、导数的应用；第九章考点一、不等关系与一元二次不等式7. 解： （1）22( )2(1)(1)0 xxxfxxxxeee（仅当1x时取等号），( )f x的单调递增区间为(,)（2）(0)10fa，2(ln)(ln)0faaa，( )f x在单调递增区间(,)上仅有一个零点（3）由题意知()0Pfx，又仅( 1)0f，得1Px，2Pyae，由题意知()OPfmk，得22(1)mmaee，要证321mae，即要证32(1)mae，只需证32(1)(1)mmme，即要证1mme，设()1mg mme

14、，则()1mg me，又() 00g mm=，()g m在(,0)上递增，在(0,)+上递减。()(0)0g mg，即不等式成立，得证精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 10 页实用标准文案文档大全8. 解：对( )f x求导，得2( )(4 )exfxxx，由( )0fx，解得40 x，所以( )f x的单调递减区间为( 4,0)。9. （ 1）解：由( )f x=nnxx，可得11( )1nnfxnnxnx，其中nN，且2n. 下面分两种情况讨论：当n为奇数时 . 令( )0fx，解得1x，或1x. 当x变化时，( )f

15、x，( )fx的变化情况如下表：x, 11,11,( )fx- + - ( )f xZ所以，( )f x在, 1，1,上单调递减，在1,1内单调递增。当n为偶数时 . 当( )0fx，即1x时，函数( )f x单调递增；当( )0fx，即1x时，函数( )fx单调递减 . 所以，( )f x在,1上单调递增，在1,上单调递减. （2）证明：设点P的坐标为0,0 x，则011nxn，20()fxnn. 曲线y( )f x在点P处的切线方程为00()yfxxx，即00( )()()g xfxxx. 令( )( )F xf xg x，即00( )( )()()F xf xfxxx，则0( )( )(

16、)Fxfxfx. 由于1( )nfxnxn在0,上单调递减，故( )Fx在0,上单调递减 . 又因为0()0Fx，所以当00,xx时，( )0Fx，当0,xx时，( )0Fx，所以( )F x在00,x内单调递增，在0,x上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有0( )()0F xF x，即对于任意的正实数x，都有( )f xg x. （3）证明：不妨设12xx. 由（ 2）知20g xnnxx. 设方程g xa的根为2x，可得202axxnn，当2n时，g x在,上单调递减 . 又由（ 2）知222g xfxag x，可得22xx. 类似地，设曲线yfx在原点处的切线方程为yh x，可得h

17、xnx，当0,x，0nfxh xx，即对于任意的0,x，fxh x. 设方程h xa的根为1x，可得1axn. 因为h xnx在,上单调递增，且111h xafxh x，因此11xx. 由此可得212101axxxxxn. 因为2n，所以111121 11C11nnnnn，故0112nxn. 则当12xx时，2121|xxxx21an同理可证当1x2x时，结论也成立所以，2121axxn. 10. 解 ： （ ）2121( )(21)11axaxafxaxxx， 函 数( )f x极 值 点 的 个 数 等 价 于( )0fx，即2210axaxa在( 1,)x上的变号根的个数. 令2( )2

18、1g xaxaxa，0a时，( )10g x，此时( )0fx，函数( )f x单调递增，无极值点；0a时，令228 (1)980aaaaa，解得809a时，( )f x单调递增，无极值点；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 10 页实用标准文案文档大全0a时，0，抛物线( )g x的开口向下，对称轴为14x，(0)10,( 1)10gag，2210axaxa在( 1,)x上有一个变号根，即( )f x有一个极值点；89a时，0，抛物线( )g x的开口向上，对称轴为14x，( 1)10g，2210axaxa在1( 1,)4

19、x与1(,)4x上各有一个变号根，即( )f x有两个极值点. 综上：0a时，( )f x有一个极值点；809a时，( )f x无极值点；89a时，( )f x有两个极值点. （）由（）知，809a时，( )0fx恒成立，( )f x单调递增，所以0 x时，( )(0)0f xf符合题意；0a时 ， 令1( )ln(1),0,( )1011xh xxx xh xxx， 所 以( )h x单 调 递 减 ，( )(0)0h xh，所以ln(1)xx，因为( )f x在0 x时先增后减，222( )ln(1)()()(1)f xxa xxxa xxaxa x. 当x时，( )f x, 不满足，0,

20、( )0 xf x，舍去；819a时，由（）知，对称轴14x,0，(0)10ga，所以( )0fx恒成立，( )f x单调递增，即0 x时，( )(0)0f xf符合题意；1a时，由（）知，对称轴14x,0，(0)10ga，所以存在00 x, 使0(0,)xx( )0g x,即( )0fx，( )f x单调递减，故0(0,)xx0 x时，( )(0)0f xf不符合0,( )0 xf x，舍去 . 综上：所求a的取值范围是0,1. 11. 解法一：（1）令( )( )ln(1),0,)F xfxxxx x，则有1( )111xFxxx. 当(0,)x时，( )0Fx，所以( )F x在0,)上

21、单调递减，故当0 x时，( )(0)0F xF，即当0 x时，( )f xx. （2）令( )( )( )ln(1),0,)G xf xg xxkx x，则有1(1)( )11kxkGxkxx, 当0k时，( )0Gx，故( )G x在0,)单调递增 , ( )(0)0G xG，故对任意正实数0 x均满足题意 . 当01k时，令( )0Gx，得1110kxkk，取011xk，对任意0(0,)xx，有( )0Gx，从而( )G x在00,)x单调递增，所以( )(0)0G xG，即( )( )f xg x综上，当1k时，总存在00 x，使得对任意0(0,)xx，恒有( )( )f xg x. （

22、3）当1k时，由（ 1）知，对于(0,),( )( )xg xxfx，故( )( )g xf x. |( )( )|( )( )ln(1)f xg xg xf xkxx. 令2( )ln(1),0,)M xkxxxx，则有212(2)1( )211xkxkMxkxxx. 故当22(2)8(1)(0,)4kkkx时，( )0Mx, ( )M x在22(2)8(1)0,)4kkk上单调递增，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 10 页实用标准文案文档大全故( )(0)0M xM，即2|( )( ) |f xg xx, 所以满足题

23、意的t不存在当1k时，由（ 2）知，存在00 x，使得当0(0,)xx时，( )( )f xg x，此时|( )( )|( )( )ln(1)fxg xf xg xxkx. 令2( )ln(1),0,)N xxkxxx，则有212(2)1( )211xkxkNxkxxx，当2(2)(2)8(1)(0,)4kkkx时，( )0Nx，( )N x在2(2)(2)8(1)0,)4kkk上单调递增，故( )(0)0N xN，即2( )( )f xg xx. 记0 x与2(2)(2)8(1)4kkk中的较小者为1x，则当1(0,)xx时，恒有2|( )( ) |f xg xx. 故满足题意的t不存在当1

24、k时，由（ 1）知，当0 x时，|( )( ) |( )( )ln(1)f xg xg xf xxx. 令2( )ln(1),0,)H xxxxx，则有212( )1211xxHxxxx. 当0 x时，( )0Hx, 所以( )H x在0,)上单调递减，故( )(0)0H xH. 故当0 x时，恒有2|( )( ) |f xg xx. 此时，任意正实数t均满足题意 . 综上，1k. 解法二：（1） （2）同解法一 . （3）当1k时，由（ 1）知，对于(0,),( )( )xg xxfx，故|( )( )|( )( )ln(1)(1)f xg xg xfxkxxkxxkx. 令2(1)kxx，

25、解得01xk. 从而得到，当1k时，对于(0,1)xk，恒有2|( )( ) |f xg xx. 故满足题意的t不存在。当1k时，取112kk，从而11kk. 由（ 2）知，存在00 x，使得01(0,),( )( )xxf xk xkxg x，此时11|( )( )|( )( )()2kfxg xf xg xkk xx，令212kxx，解得102kx，此时2( )( )fxg xx. 记0 x与12k的较小者为1x，当1(0,)xx时，恒有2|( )( )|f xg xx. 故满足题意的t不存在 . 当1k时，由（ 1）知，0,|( )( )|( )( )ln(1)xfxg xf xg xx

26、x，令2( )ln(1),0,)M xxxxx，则有212( )1211xxMxxxx. 当0 x时，( )0Mx，所以( )M x在0,)上单调递减，故( )(0)0M xM故当0 x时，恒有2|( )( ) |f xg xx，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 10 页实用标准文案文档大全此时，任意正实数t均满足题意综上，1k. 12. 证明：（ 1）( )sincosaxaxfxaexex(sincos )axeaxx21sin()axaex其中 tan=1a， 02. 令( )fx=0，由 x0得 x+=mx, 即

27、x=m-，m*N. 对 kN，若 2kx+(2k+1) , 即 2k-x0；若（ 2k+1）x+(2k+2) , 即（ 2k+1）-x(2k+2) -，则( )fx0. 因此，在区间（ （ m-1），m-）与（ m-，m）上，( )fx的符号总相反. 于是当 x= m-(m*N)时，( )f x取得极值，所以*()nxnnN. 此时，1sin()()( 1)sin.a na nnnxenfe易知()nf x0，而1121()( 1)()( 1s nin)isanaxnnna nnfefxexe是常数，故数列()nf x是首项为1()f x=sina ne，公比为axe的等比数列（2）由（ 1）

28、知，sin=211a，于是对一切*nN,nx0）设 g（ t ）=tet（t ） 0） ，则2(1)tg te tt（ ） =. 令gt（ ）=0 得 t=1 当 0t1 时，g t（ ） 1 时，g t（ ） 0，所以 g（t ）在区间（ 0,1 ）上单调递增. 从而当 t=1 时，函数g（t ）取得最小值g（1）=e 因此，要是（?）式恒成立，只需2( )11gaea，即只需211ae. 而当 a=211e时， tan=1a=21e3且02. 于是2213e，且当 n2时，22132en. 因此对一切*nN,211nnaxe，所以 g（nax）21(1)agea. 故（?）式亦恒成立. 综

29、上所述，若a211e，则对一切*nN，()|nnxxf恒成立 . 13. 解： （）2( )3fxxa，若x轴为曲线( )yf x的切线，则切点0(,0)x满足00()0,()0fxf x，也就是2030 xa且300104xax，解得012x，34a，因此，当34a时，x轴为曲线( )yf x的切线；（）当1x时，( )ln0g xx，函数( )( )( )(min),h xfxg xg x没有零点；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 10 页实用标准文案文档大全当1x时，若54a，则5(1)04fa，min,(1)(1)

30、(1)(1)0hfgg，故1x是( )h x的零点；当01x时，( )ln0g xx，以下讨论( )yf x在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2( )3fxxa，因为2033x，所以令( )0fx可得23ax，那么（i ）当3a或0a时，( )fx没有零点 （( )0fx或( )0fx） ，( )yf x在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44ffa，所以当3a时，( )yf x在区间(0,1)上有一个零点；当0a时，( )yfx在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a时，( )0fx（03ax）且( )0fx（13ax） ，所以3ax为最小值点，且21()3334aa

31、af. 显然，若()03af，即304a时，( )yf x在区间(0,1)上没有零点；若()03af，即34a时，( )yfx在区间(0,1)上有 1 个零点；若()03af，即334a时，因为15(0),(1)44ffa，所以若5344a，( )yfx在区间(0,1)上有 2 个零点；若534a，( )yfx在区间(0,1)上有 1 个零点 . 综上，当34a或54a时，( )h x有 1 个零点；当34a或54a时，( )h x有 2 个零点；当5344a时，( )h x有 3 个零点 . 14. 解：（1）222ln22fxxaxxaxaa22ln2220,0ag xfxxxa axx2

32、2222220,0 xxaagxaxxxx令0gx，即200 xxax，讨论此不等式的解，可得：当1 40a时，即14a时，不等式恒成立。即0gx恒成立，所以g x恒单调递增。当104a时，1211 4111410,12222aaxx所以0gx的解为1141140,22aaxx。所以g x在1141140,22aaxx时单调递增。综上：当14a时，g x在0,上单调递增。当104a时，g x在114114(0,),(,)22aa上单调递增，在114114(,)22aa上单调递减。由（ 1）得fxg x在1,内单调递增。且 1222240faaa，0f。由零点存在性定理得存在唯一01,x使得00

33、0022ln2220afxxxax。所以fx在0(1,)x上单调递减，0(,)x上单调递增。所以满足0fx在区间1,内有唯一解只需满足0min0fxfx即可。22000002ln220fxxaxxaxaa，将带入化简得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 10 页实用标准文案文档大全223200002000200025220220,22axxaxxaxaxxxaaxx当00(1)2xax时，此时变形为22ln 230aa，在1,12上有解。令22222ln 23,2ah aaahaaa所以h a在0,1上单调递减。11302

34、h不满足。当2002axx时，此时变形为20022ln60 xx在1,2上有解。不妨设2200000000422()22ln6, 4xh xxxhxxxx所以0()h x在1,2上单调递增。(1)4,222ln 20hh。 所以20022ln60 xx在1,2上有解。所以结论得证。15.解析（）1( )ln1xf xx的定义域是( 1,1)，22( )1fxx，(0)2f，(0)0f，曲线yfx在点00f，处的切线方程为20 xy；（）当(0,1)x时，3( )2()3xf xx，即不等式3( )2()03xfxx对01x成立，设31( )ln2()13xxF xxx， 即3( )ln(1)l

35、n(1)2()3xF xxxx， 则422( )1xFxx， 当(0,1)x时，( )0Fx，故31( )ln2()13xxF xxx在（0，1）上为增函数， 则( )(0)0F xF，因此对(0,1)x，都有3( )2()3xf xx成立；（）(0,1)x，使3( )()3xf xk x成立，等价于31( )ln()013xxF xk xx. 42222(1)2( )(1)11k xFxkxxx，(0,1)x，则2410,10 xx. 当0, 2k时，( )0Fx，函数( )F x在区间(0,1)上为增函数，( )(0)0F xF，符合题意；当2k时，令( )0Fx解得402kxk，易知20

36、1kk，即001x. 那么( ),( )F xFx在区间(0,1)上的取值情况如下：x0(0,)x0 x0(,1)x( )Fx0 ( )F x极小值所以，( )F x的单调递减区间是0(0,)x，单调递增区间是0(,1)x；( )F x在0 x处取得极小值. ( )(0)0F xF，显然不符合题意. 综上可知：k的最大值为2. 考点分类第四章导数及其应用考点二、导数的应用16. 解析（）( )(e1)2mxfxmx若0m，则当(,0)x时，e10mx，( )0fx；当(0,)x时，e10mx，( )0fx若0m，则当(,0)x时，e10mx，( )0fx；当(0,)x时，e10mx，( )0f

37、x所以，( )f x在(,0)单调递减，在(0,)单调递增（）由（）知，对任意的m，( )f x在 1,0单调递减，在0,1单调递增，故( )f x在0 x处取精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 10 页实用标准文案文档大全得最小值所以对于任意12, 1,1x x，12()()e 1f xf x的充要条件是：(1)(0)e 1,( 1)(0)e 1,ffff即ee 1,ee1,mmmm，设函数( )ee1tg tt，则( )e1tg t当0t时，( )0g t；当0t时，( )0g t故( )g t在(,0)单调递减，在(0,)单调递增又(1)0g，1( 1)e2e0g，故当 1,1t时，( )0g t当 1,1m时，()0g m，()0gm，即式成立当1m时，由( )g t的单调性，()0g m，即ee 1mm；当1m时，()0gm，即ee1mm综上，m的取值范围是1,1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 10 页