2018年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数及其应用)(20200816091440).pdf

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1、第1页（共12页）2018 年全国各地高考数学试题及解答分类大全（导数及其应用）一、选择题1（2018 全国新课标文、理）设函数321fxxaxax若fx 为奇函数，则曲线yfx在点00，处的切线方程为（）A2yxByxC2yxDyx1.答案：D 解答：()f x为奇函数，()()fxf x，即1a，3()f xxx，(0)1f，切线方程为：yx，选 D.二、填空1（2018 江苏）若函数32()21()fxxaxaR 在(0,)内有且只有一个零点，则()f x在 1,1上的最大值与最小值的和为 1【答案】3【解析】由2620fxxax得0 x，3ax，因为函数 fx 在0,上有且仅有一个零点

2、且0=1f，所以03a，03af，因此3221033aaa，3a，从而函数fx在1,0上单调递增，在0,1上单调递减，所以max0fxf，minmin1,11fxfff，maxmin01143fxfxff2（2018 天津文）已知函数f(x)=exlnx，f(x)为 f(x)的导函数，则f （1）的值为 _2【答案】e【解析】由函数的解析式可得：11elneelnxxxfxxxxx，则111eln1e1f即1f的值为e3（2018 全国新课标文）曲线2lnyx在点(1,0)处的切线方程为_3【答案】22yx【解析】由2lnyfxx，得2fxx，则曲线2lnyx 在点 1,0 处的切线的斜率为1

3、2kf，则所求切线方程为021yx，即22yx4（2018 全国新课标理）曲线2ln(1)yx在点(0,0)处的切线方程为_4【答案】2yx第2页（共12页）【解析】21yx，2201k，2yx 5（2018 全国新课标理）曲线1 exyax在点01，处的切线的斜率为2，则 a_5答案：3解答：(1)xxyaeaxe，则(0)12fa，所以3a.三、解答题1（2018 北京文）设函数23132 exfxaxaxa（1）若曲线 yfx 在点22f,处的切线斜率为0，求a；（2）若 fx 在1x处取得极小值，求a的取值范围1【答案】（1）12；（2）1,【解析】（1）23132 exfxaxaxa

4、，211 exfxaxax，2221 efa，由题设知20f，即221 e0a，解得12a（2）方法一：由（1）得211 e11 exxfxaxaxaxx若1a，则当11xa,时，0fx；当1x,时，0fx所以 fx 在1x处取得极小值若1a，则当01x,时，110axx，0fx所以 1 不是 fx 的极小值点综上可知，a的取值范围是1,方法二：11 exfxaxx（1）当0a时，令0fx得1x，fx，fx 随 x 的变化情况如下表：x1,1 1,fx0 fx极大值fx在1x处取得极大值，不合题意（2）当0a时，令0fx得11xa，21x当12xx，即1a时，21e0 xfxx，fx 在 R

5、上单调递增，fx无极值，不合题意当12xx，即01a时，fx，fx随x的变化情况如下表：x1,1 11a,1a1a,fx0 0 fx极大值极小值第3页（共12页）fx 在1x处取得极大值，不合题意当12xx，即1a时，fx，fx 随 x 的变化情况如下表：x1a,1a1,1a1 1,fx0 0 fx极大值极小值fx 在1x处取得极小值，即1a满足题意（3）当0a时，令0fx得11xa，21x，fx，fx 随 x 的变化情况如下表：x1a,1a1,1a1,fx0 0 fx极小值极大值fx 在1x处取得极大值，不合题意综上所述，a 的取值范围为1,2（2018北京理）设函数()f x=2(41)4

6、3axaxaex（）若曲线y=f（x）在点（1，(1)f）处的切线与x轴平行，求 a；（）若()f x在x=2处取得极小值，求a的取值范围2【答案】（1）a的值为 1；（2）a的取值范围是1,2【解析】（1）因为24143 exfxaxaxa，所以2241e4143 exxfxaxaaxaxa2 212 exaxax，11efa，由题设知10f，即 1e0a，解得1a此时13e0f，所以a的值为 1（2）由（1）得2212 e12 exxfxaxaxaxx若12a，则当1,2xa时，0fx；当2,x时，0fx，所以0fx在2x处取得极小值若12a，则当0,2x时，20 x，1 1102axx，

7、所以0fx，所以 2 不是 fx 的极小值点综上可知，a的取值范围是1,23（2018 江苏）记(),()fx g x分别为函数(),()f x g x的导函数若存在0 xR，满足00()()f xg x且00()()fxgx，则称0 x 为函数()f x与()g x的一个“S点”（1）证明：函数()f xx与2()22g xxx不存在“S点”；（2）若函数2()1f xax与()lng xx存在“S点”，求实数a 的值；第4页（共12页）（3）已知函数2()f xxa，e()xbg xx 对任意0a，判断是否存在0b，使函数()f x与()g x在区间(0,)内存在“S点”，并说明理由3【答

8、案】（1）见解析；（2）a的值为e2；（3）对任意0a，存在0b，使函数fx与g x在区间0,内存在“S点”【解析】（1）函数 fxx，222g xxx，则1fx，22gxx由 fxg x 且 fxgx，得222122xxxx，此方程组无解，因此，fx 与 g x 不存在“S”点（2）函数21fxax，lng xx，则2fxax，1gxx设0 x为 fx 与 g x 的“S”点，由0fx与0g x且0fx与0gx，得200001ln12axxaxx，即200201ln21axxax，（*）得01ln2x，即120ex，则2121ee22a当e2a时，120ex满足方程组（*），即0 x为 fx

9、 与 g x 的“S”点因此，a的值为e2（3）对任意0a，设323h xxxaxa因为00ha，11 320haa，且 h x 的图象是不间断的，所以存在00,1x，使得00h x，令03002e1xxbx，则0b函数2fxxa，exbg xx，则2fxx，2e1xbxgxx由 fxg x 且 fxgx，得22ee12xxbxaxbxxx，即00320030202ee1e122e1xxxxxxaxxxxxxx（*），此时，0 x满足方程组（*），即0 x是函数 fx 与 g x 在区间 0,1 内的一个“S点”因此，对任意0a，存在0b，使函数 fx 与 g x 在区间 0,内存在“S点”第

10、5页（共12页）4（2018 浙江）已知函数f(x)=x-lnx（）若f(x)在 x=x1，x2(x1 x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)8-8ln2；（）若 a3-4ln2，证明：对于任意k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点4.答案：（1）略；（2）略.解答：（1）11()2fxxx，不妨设12()()fxfxt，即12,x x是方程112txx的两根，即12,xx是方程2102xtx的根，所以1404t，得1016t，且1212xxt，121xxt，1212122111()()()lnln2ln22f xf xxxx xtttt，令1()2ln2g ttt

11、，222141()022tg tttt，()g t在1(0,)16上单调递减.所以1()()8 8ln 216g tg，即12()()88ln 2f xf x.（2）设()()()lnh xkxaf xkxxxa，则当x充分小时()0h x，充分大时()0h x，所以()h x至少有一个零点，则211111()()1642h xkkxxx，116k，则()0h x，()h x递增，()h x有唯一零点，1016k，则令2111()()0416h xkx，得()h x有两个极值点1212,()x xxx，1114x，1016x.可知()h x在1(0,)x递增，12(,)xx递减，2(,)x递增

12、，11111111111()ln()ln2h xkxxxaxxxaxx111ln2xxa，又11111411()44xh xxxx，1()h x在(0,16)上单调递增，1()(16)ln163ln16334ln 20h xha，()h x有唯一零点，综上可知，0k时，ykxa与()yf x有唯一公共点.5（2018 天津文）设函数123()=()()()f xxtxtxt，其中123,t ttR,且123,t t t是公差为d的等差数列.（I）若20,1,td求曲线()yf x在点(0,(0)f处的切线方程；（II）若3d，求()f x的极值；（III）若曲线()yf x与直线12()6 3

13、yxt有三个互异的公共点，求d 的取值范围.5【答案】（1）0 xy；（2）极大值为6 3；极小值为6 3；（3）,1010,第6页（共12页）【解析】（1）由已知，可得311fxx xxxx，故231fxx，因此00f，01f，又因为曲线yfx 在点0,0f处的切线方程为000yffx，故所求切线方程为0 xy（2）由已知可得332232222222223393399fxxtxtxtxtxtxt xtxtt 故22223639fxxt xt令0fx，解得23xt，或23xt当x变化时，fx，fx 的变化如下表：x2,t23t223,3tt23t23,tfx0 0 fx极大值极小值所以函数fx

14、 的极大值为3233936 3f t；函数fx 的极小值为3233936 3ft（3）曲线 yfx 与直线26 3yxt有三个互异的公共点等价于关于x的方程22226 30 xtdxtxtdxt有三个互异的实数解，令2uxt，可得3216 30udu设函数3216 3g xxdx，则曲线 yfx 与直线26 3yxt有三个互异的公共点等价于函数yg x 有三个零点3231gxxd当21d时，0gx，这时 g x 在R上单调递增，不合题意当21d时，0gx，解得2113dx，2213dx易得，g x 在1,x上单调递增，在12,x x上单调递减，在2,x上单调递增g x 的极大值322212 3

15、116 3093ddg xgg x 的极小值322222 3116 393ddg xg若20g x，由 g x 的单调性可知函数yg x至多有两个零点，不合题意若20g x，即322127d，也就是10d，此时2dx，6 30g dd，且12 dx，32626 362 106 30gddd，从而由 g x 的单调性，可知函数yg x 在区间12,dx，12,x x，2,xd内各有一个零点，符合题意所以，d的取值范围是,1010,6（2018 天津理）已知函数()xf xa，()logag xx，其中 a1.（I）求函数()()lnh xf xxa的单调区间；（II）若曲线()yf x在点11(

16、,()xfx处的切线与曲线()yg x在点22(,()xg x处的切线平第7页（共12页）行，证明122ln ln()lnaxg xa；（III）证明当1eea时，存在直线l，使 l 是曲线()yf x的切线，也是曲线()yg x的切线.6【答案】（1）单调递减区间,0，单调递增区间为0,；（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】（1）由已知，lnxh xaxa，有lnlnxhxaaa，令0hx，解得0 x由1a，可知当x变化时，hx，h x 的变化情况如下表：x,00 0,hx0 h x极小值所以函数 h x 的单调递减区间,0，单调递增区间为0,（2）由lnxfxaa，可得曲线yfx 在

17、点11,xfx处的切线斜率为1lnxaa，由1lngxxa，可得曲线yg x 在点22,xg x处的切线斜率为21lnxa，因为这两条切线平行，故有121lnlnxaaxa，即122ln1xx aa，两边取以a为底的对数，得212log2logln0axxa，所以122ln lnlnaxg xa，（3）曲线 yfx 在点11,xx a处的切线1111:lnxxlyaaaxx，曲线 yg x 在点22,logaxx处的切线22221log:lnalyxxxxa，要证明当1eea时，存在直线l，使 l 是曲线 yfx 的切线，也是曲线yg x 的切线，只需证明当1eea时，存在1,x，20,x，使

18、得1l 和2l 重合即只需证明当1eea时，方程组1112121lnln1lnloglnxxxaaaxaax aaxa有解，由得1221lnxxaa，代入，得111112ln lnln0lnlnxxaax aaxaa，因此，只需证明当1eea时，关于1x 的方程存在实数解设函数12ln lnlnlnlnxxau xaxaaxaa，即要证明当1eea时，函数yu x 存在零点21lnxuxaxa，可知,0 x时，0ux；0,x时，ux 单调递减，又010u，21ln2110lnauaa，第8页（共12页）故存在唯一的0 x，且00 x，使得00ux，即0201ln0 xax a，由此可得 u x

19、 在0,x上单调递增，在0,x上单调递减u x 在0 xx 处取得极大值0u x，因为1eea，故 lnln1a，所以0000012ln lnlnlnlnxxau xax aaxaa02012ln ln22ln ln0lnlnlnaaxaaxa，下面证明存在实数t，使得0u t，由（1）可得1lnxaxa，当1lnxa时，有12ln ln1ln1lnlnlnau xxaxaxaa2212ln lnln1lnlnaaxxaa，所以存在实数t，使得0u t，因此，当1eea时，存在1,x，使得10u x，所以，当1eea时，存在直线l，使 l 是曲线 yfx 的切线，也是曲线yg x 的切线7（2

20、018 全国新课标文）已知函数eln1xfxax（1）设2x是fx的极值点，求a，并求fx的单调区间；（2）证明：当1ea时，0fx 7.答案：见解析解答：（1）()f x定义域为(0,)，1()xfxaex.2x是()f x极值点，(2)0f，2211022aeae.xe在(0,)上增，0a，xae在(0,)上增.又1x在(0,)上减，()fx在(0,)上增.又(2)0f，当(0,2)x时，()0fx，()f x减；当(2,)x时，()0fx，()f x增.综上，212ae，单调增区间为(2,)，单调减区间为(0,2).（2）0 xe，当1ae时有11xxxaeeee，1()ln1ln1xx

21、f xaexex.令1()ln1xg xex，(0,)x.11()xgxex，同（1）可证()gx在(0,)上增，又1 11(1)01ge，当(0,1)x时，()0gx，()g x减；当(1,)x时，()0g x，()g x增.1 1min()(1)ln111010g xge，当1ae时，()()0f xg x.8（2018 全国新课标理）已知函数1()lnf xxaxx（1）讨论()f x的单调性；第9页（共12页）（2）若()f x存在两个极值点12,x x，证明：12122fxfxaxx8.答案：（1）见解析；（2）见解析.解答：（1）1()lnf xxaxx，221()xaxfxx，当

22、22a时，0，()0fx，此时()f x在(0,)上为单调递减.0，即2a或2a，此时方程210 xax两根为221244,22aaaaxx，当2a时，此时两根均为负，()fx 在(0,)上单调递减.当2a时，0，此时()f x 在24(0,)2aa上单调递减，()f x 在2244(,)22aaaa上单调递增，()f x 在24(,)2aa上单调递减.综上可得，2a时，()f x 在(0,)上单调递减；2a时，()f x 在24(0,)2aa，24(,)2aa上单调递减，()f x在2244(,)22aaaa上单调递增.（2）由（1）可得，210 xax两根12,x x 得2a，1212,1

23、xxa x x，令120 xx，121xx，1211221211()()ln(ln)f xf xxaxxaxxx21122()(lnln)xxaxx.12121212()()lnln2fxfxxxaxxxx，要证1212()()2f xf xaxx成立，即要证1212lnln1xxxx成立，1122212ln0(1)xxxxxxx，2221212ln0 xxxxx即要证22212ln0 xxx(21x)令1()2ln(1)g xxx xx，可得()g x 在(1,)上为增函数，()(1)0g xg，1212lnln1xxxx成立，即1212()()2f xf xaxx成立.9（2018 全国新

24、课标理）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品检验时，先从这箱产品中任取20 件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为)10(pp，且各件产品是否为不合格品相互独立（1）记 20 件产品中恰有2 件不合格品的概率为)(pf,求)(pf的最大值点0p（2）现对一箱产品检验了20 件，结果恰有2 件不合格品，以（1）中确定的0p作为p的值已知每件产品的检验费用为2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产

25、品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX;（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？9.答案：略第10页（共12页）解答：（1）由题可知221820()(1)fpCpp（01p）.2182172172020()2(1)18(1)(1)2(1)(110)fpCppppCppp当1(0,)10p时，()0fp，即()fp在1(0,)10上递增；当1(,1)10p时，()0fp，即()fp 在1(,1)10上递减.()f p 在点110p处取得最大值，即0110p.（2）（i）设余下产品中不合格品数量为Y，则4025XY，由题可知1(180,)10YB，11

26、801810EYnp.(4025)40254025 18490EXEYEY（元）.（ii）由（i）可知一箱产品若全部检验只需花费400元，若余下的不检验则要490元，所以应该对余下的产品作检验.10（2018 全国新课标文）已知函数32113f xxa xx（1）若3a，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点10【答案】（1）2,33，32 3,单调递增，32 3,32 3 单调递减；（2）见解析【解析】（1）当3a时，3213333fxxxx，263xxfx令0fx解得32 3x或32 3x当323,x32 3,时，0fx；当32 3,32 3x时，0fx故 fx 在

27、2,33，32 3,单调递增，在32 3,32 3 单调递减（2）由于210 xx，所以()0f x等价于32301xaxx设()g x=3231xaxx，则22222310 xxxxxgx，仅当0 x时0gx，所以 g x在，单调递增，故g x 至多有一个零点，从而fx 至多有一个零点又22111631260366aaafa，03131fa，故 fx 有一个零点综上，fx只有一个零点11（2018 全国新课标理）已知函数2()exf xax（1）若1a，证明：当0 x时，()1f x；（2）若()f x 在(0,)只有一个零点，求a11【答案】（1）见解析；（2）2e4第11页（共 12页）

28、【解析】（1）当1a时，()1f x等价于21 e10 xx，设函数21 e1xg xx，则2221 e1exxg xxxx，当1x时，0g x，所以g x在0,单调递减，而00g，故当0 x时，0g x，即1fx（2）设函数21exh xax，fx 在0,只有一个零点当且仅当h x在0,只有一个零点当0a时，0h x，h x没有零点；当0a时，2 exhxax x当0,2x时，0h x；当2,x时，0h xh x 在0,2单调递减，在2,单调递增故2421eah是h x 在0,的最小值若20h，即2e4a，h x 在0,没有零点；若20h，即2e4a，h x在0,只有一个零点；若20h，即2

29、e4a，由于01h，所以h x在0,2有一个零点，由（1）知，当0 x时，2exx，所以33324421616161411110e2eaaaaahaaa故h x在2,4a有一个零点，因此h x在0,有两个零点综上，fx在0,只有一个零点时，2e4a12（2018 全国新课标文）已知函数21()exaxxf x（1）求曲线()yf x在点(0,1)处的切线方程；（2）证明：当1a时，()e0f x12.答案：详见解析解答：（1）由题意：21xaxxfxe得222(21)(1)22()()xxxxaxeaxxeaxaxxfxee，2(0)21f，即曲线yfx 在点0,1 处的切线斜率为2，(1)2

30、(0)yx，即210 xy；（2）证明：由题意：原不等式等价于：1210 xeaxx恒成立；令12()1xg xeaxx，1()21xg xeax，1()2xgxea，1a，()0gx恒成立，()g x在(,)上单调递增，()g x在(,)上存在唯一0 x使0()0gx，010210 xeax，即01021xeax，且()g x在0(,)x上单调递减，在0(,)x上单调递增，0()()g xg x.又01220000000()1(12)2(1)(2)xg xeaxxaxa xaxx，111()1agea，1a，11011aee，01xa，0()0g x，得证.综上所述：当1a时，0fxe.第1

31、2页（共12页）13（2018 全国新课标理）已知函数22ln 12f xxaxxx（1）若0a，证明：当10 x时，0fx；当0 x时，0fx；（2）若0 x是fx的极大值点，求a 13答案：（1）见解答；（2）16a.解答：（1）若0a时，()(2)ln(1)2(1)f xxxx x，1()ln(1)(2)21fxxxx1ln(1)11xx.令1()ln(1)11h xxx，2211()1(1)(1)xh xxxx.当0 x时，()0h x，()h x在(0,)上单调递增，当10 x时，()0h x，()h x在(1,0)上单调递减.min()(0)ln11 10h xh，()0fx恒成立

32、，()f x在(1,)上单调递增，又(0)2ln100f，当10 x时，()0f x；当0 x时，()0f x.（2）21()(21)ln(1)11axfxaxxx，22212(1)1()2 ln(1)01(1)axax xaxfxaxxx，222(1)ln(1)(21)(1)21 0a xxaxxaxax，222(1)ln(1)340a xxaxaxx，222(1)ln(1)34 axxxxx.设22()2(1)ln(1)34h xxxxx，()4(1)ln(1)2(1)64h xxxxx，(0)60h，(0)0h，在0 x邻域内，0 x时，()0h x，0 x时，()0h x.0 x时，222(1)ln(1)34xaxxxx，由洛必达法则得16a，0 x时，222(1)ln(1)34xaxxxx，由洛必达法则得16a，综上所述，16a.