1、全国卷数学导数真题整理全国卷数学导数真题整理参考答案与试题解析一.解答题(共14小题)3 11. ( 2015?河北)已知函数 f ( x) =x +ax+亠,g (x) =- Inx4(i) 当a为何值时，x轴为曲线y=f (x)的切线；(ii) 用 min m , n 表示 m , n 中的最小值，设函数 h (x) =min f (x), g (x) (x0), 讨论h (x)零点的个数.2【分析】(i) f (x) =3x +a .设曲线y=f (x)与x轴相切于点P (xo, 0),则f (xo) =0, f(x0) =0解出即可.(ii)对 x分类讨论：当 x (1, + 旳 时，
2、g (x) =- lnx v 0,可得函数 h (x) =min f (x),g (x) 0,因此只考虑f (x)在(0, 1)内的零点个数即可.对a分类讨论：当aw-3或a时，当-3v av 0时，利用导数研究其单调性极值即可得出.2【解答】解：(i) f (x) =3x +a.设曲线 y=f (x)与 x 轴相切于点 P (xo, 0),则 f (xo) =0, f (xo) =0,93 X|-i+a=03因此当a=-时，x轴为曲线y=f (x)的切线;(ii )当 x (1, + 乡时，g (x) = - lnx v 0,函数 h (x) =min f (x), g (x) Wg(x)v
3、 0,故h ( x)在x (1, +旳时无零点.当 x=1 时，若 a A ，贝U f (1) =a+ 04 4 h (x) =min f (1), g (1) =g (1) =0，故 x=1 是函数 h (x)的一个零点；r r若 a v ，贝U f (1) =a+ v 0 , h (x) =min f (1), g (1) =f (1 )v 0 ,故 x=1 不是 4 4函数h (x)的零点；当x ( 0, 1)时，g (x) = lnx 0，因此只考虑f ( 乂)在(0, 1)内的零点个数即可.1 当a0时，f(x) =3x +a在(0, 1 )内无零点，因此f (x)在区间(0,1 )
4、内 单调，1 S而f (0) =，f (1) =a+, 当a w- 3时，函数f (x)在区间(0, 1 )内有一个零点，4 4当a 0时，函数f (x)在区间(0, 1)内没有零点.增，故当x= f时，f (x)取得最小值f ： ；: 亠一 -.若1 1 0，即 ,则 f (乂)在(0, 1)内无零点.V 3 4若| 1 =0,即a=-，贝U f (x)在(0, 1 )内有唯一零点.若| 1 v 0，即 ,由 f (0) =一，f (1) =a+=,V 3 4 4 4当- / - 时，f (乂)在(0,1)内有两个零点.当-3v a叮.-时，f (x)在(0 ,4 4 41 )内有一个零点.
5、综上可得：当一 或a v 时，h (x)有一个零点;4 43 5当a= 或 ，时，h (x)有两个零点；当一-r - 时，函数h (x)有三个零点.【点评】本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、 利用导数研究函 数的单调性极值，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题.2. ( 2015?新课标 II)设函数 f (x) =emx+x2-mx .(1) 证明：f (x)在(-卩0)单调递减，在(0 , +旳单调递增；(2) 若对于任意xi, X2 - 1 , 1，都有|f ( xi)- f (x2)| Qf (x) 0.若 m v 0,则当 x ( w 0)时，
6、emx 1 0, f (x)v 0;当 x (0 , + 旳时，emx 1 v0 , f (x) 0.所以，f (x)在(-w 0)时单调递减，在(0, + W单调递增.(2 )由(1 )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x=0处取得最小值.所以对于任意X1, X2 1 , 1 , |f (X1)- f (x2) | We- 1的充要条件是Irf (1) -f (0) 6-1 f ( -1) -f (O) 0时，g( t ) 0 故g (t )在(-卩0)单调递减，在(0,+旳单调递增.1又 g (1) =0, g (- 1) =e_
7、+2- e v0，故当 t - 1 , 1时，g (t) 0当 m - 1，1时，g ( m) Q g (- m ) 1时，由g (t)的单调性，g (m) 0,即卩em - m e - 1.当 m v - 1 时，g (- m) 0，即 e - m+m e - 1 .综上，m的取值范围是-1, 1【点评】 本题主要考查导数在求单调函数中的应用和恒成立在求参数中的应用属于难题, 高考压轴题.3. ( 2014?广西)函数 f (x) =ln ( x+1)- (a 1).x+a(I )讨论f (x)的单调性；9 R(n )设 a1=1, an+1=ln (an+1),证明： v an-.n+2
8、n+2【分析】(I )求函数的导数，通过讨论 a的取值范围，即可得到 f (x)的单调性；(n)利用数学归纳法即可证明不等式.【解答】 解：(I )函数f (x)的定义域为(-1 , + o) f (X)上空_竺马 (s+1) (x+a )2 2当 1 v av 2 时，若 x (- 1, a - 2a),则 f (x) 0,此时函数 f (x)在(-1, a -2a)上是增函数，2 2若x ( a - 2a, 0),贝U f( x)v 0，此时函数f (乂)在(a - 2a, 0)上是减函数,若x ( 0, + O,则f (x) 0,此时函数f ( x)在(0, + O上是增函数.2 当a=
9、2时，f( x) 0,此时函数f (x)在(-1, +O上是增函数，3 当a 2时，若x (- 1, 0),则f (x ) 0，此时函数f (x )在(-1, 0) 上是增函数,2 2若x ( 0, a - 2a),贝U f (x)v 0，此时函数f (乂)在(0, a - 2a)上是减函数，2 2若x ( a - 2a, + 则f(x) 0,此时函数f (x )在(a - 2a, +旳 上是增函数.(n )由(I )知，当a=2时，此时函数f (x)在(-1, +旳上是增函数，当x(0, + 旳时，f ( x) f (0) =0,即 ln (x+1 ), (x 0),x+21 当n=1时，由
10、已知,故结论成立.则当n=k+1时,an+i=ln (an+1)2 、 k+2 2 lnk+2 zk+3an+i=ln (an+1)即当n=k+1时, 0 时，g (x) 0，求 b 的最大值;（川）已知1.4142 V _ 0是否成立”的问题；对第（川）问，根据第（n ）问的结论，设法利用 匚的近似值，并寻求In2,于是在b=2及b 2的情况下分别计算-,最后可估计In2的近似值.X x r 【解答】解：(I )由 f (X)得 f(X) =e +e 一 2_ p r：_,飞-x x即 f (x) 0,当且仅当 e =e 即 x=0 时，f (x) =0,函数f (x)在R上为增函数.2x
11、2x x x(n ) g (x) =f (2x) - 4bf (x) =e - e - 4b (e - e ) + ( 8b - 4) x,2x 2x , x _ x、 , 、则 g (x) =2e +e - 2b (e +e ) + (4b - 2)=2 (ex+e - x) 2 - 2b (ex+e - x) + (4b - 4)/ x _ x x z x _ x 、x x e +e - 2 ,x _ xe +e +2 4,=2 ( e +e - 2) (e +e +2 - 2b).当2bW4,即bW2时，g（x） 0当且仅当x=0时取等号,从而g （x）在R上为增函数，而g （0） =0
12、 , x 0时，g （x ） 0，符合题意.2 ，得当b 2时，若x满足2 ex+e - x 2b - 2即产几厂eK+e _x2b- 2，此时，g (x) 0,又由g （ 0） =0知，当 时，g （x） 0,不符合题意.综合、知，b2得b的最大值为2.2x 一 2x x X(川)/ 1.4142 过 j 0，得：.i -| - -,12令川b :川_,得匚2，当| !/. : ：32-33X1.4142-3从而门一时，由g (x ) 1.【分析】(I )求出定义域，导数f (x),根据题意有f (1) =2, f (1) =e，解出即可；(n )由(I )知，f(x) 1 等价于 xlnx
13、 xe x上，设函数 g (x) =xlnx，函数 h (x)I=：,_弋 ，只需证明g ( x) min h (x) max , 利用导数可分别求得 g ( x) min , h ( x)Xmax;【解答】 解：(I )函数f (x)的定义域为(0, +旳，f，( x) _ - + b由题意可得f (1) _2, f(1) _e ,故 a_1 , b_2 ;(n )由(I )知，f (x) _ex|nx+ ,x f (x ) 1 , ex| nx+ r _： - 1, / l nx 丄-厶x xe f (x) 1 等价于 xlnx xe x2，设函数 g (x) _xlnx，则 g(x) _
14、1+lnx ,e.当 x (0,丄)时，g (x)v 0;当 x (丄，+芳时，g( (x) 0.巳 e故g (x)在(0,丄)上单调递减，在(丄，+芳上单调递增，从而 g (x)在(0, +旳上e e的最小值为g (二)_-二e eX 2 x设函数 h (x) _xe ，贝U h (x) _e (1 x).e当 x (0, 1)时，h (x) 0 ;当 x (1 , +芳 时，h (x)v 0,故h (x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +旳上单调递减，从而h (x)在(0, +旳上的最大值为h (1) _-丄.e综上，当 x0 时，g (x) h (x)，即 f (x) 1.【点评】本
15、题考查导数的几何意义、利用导数求函数的最值、证明不等式等，考查转化思想， 考查学生分析解决问题的能力.2 x6. ( 2013?新课标 I )已知函数 f (x) =x +ax+b , g (x) =e (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 .(I )求 a, b, c, d 的值；(n )若x A 2时，f (x) w kg(x),求k的取值范围.【分析】(I )对f (x), g (x)进行求导，已知在交点处有相同的切线及曲线 y=f (x)和曲线y=g (x)都过点P (0, 2),从而解出a, b, c
16、, d的值；(n )由(I)得出f (x), g (x)的解析式，再求出 F (x)及它的导函数，通过对 k的讨 论，判断出F (x)的最值，从而判断出 f (x) w k( x)恒成立，从而求出 k的范围.【解答】解：(I )由题意知 f (0) =2, g (0) =2, f (0) =4, g(0) =4,而 f(x) =2x+a , g( x) =e (cx+d+c ),故 b=2 , d=2 , a=4, d+c=4 ,从而 a=4 , b=2 , c=2 , d=2 ;2 x(n )由(I)知，f (x) =x +4x+2 , g (x) =2e (x+1)x 2设 F (x) =
17、kg (x) - f ( x) =2ke (x+1 ) - x - 4x - 2,x x则 F( x) =2ke (x+2 )- 2x - 4=2 (x+2) ( ke - 1),由题设得F (0) 0即k 1令 F (x) =0，得 X1= - lnk , X2= - 2,21 若 1 w k 0,即F (x)在(-2, x1)上减，在(X1, +芳上是增，故F (x)在-2, +芳上的最小值为F (X1),而 F (X1) = - X1 ( X1 +2) 0 x- 2 时 F (x) 0,即 f (x) w kg(x)恒成立.2 2 x 22 右 k=e，则 F ( x) =2e (x+2
18、) (e - e ),从而当 x (- 2 , + 旳时，F( x) 0, 即 F (x)在(-2, + 旳上是增，而 F ( - 2) =0,故当 x A 2 时，F (x) 0 即 f (x) e 时，F(x) 2e (x+2) (e - e ),_ 2而 F (- 2) = - 2ke +2 v 0，所以当 x- 2 时，f (x) 0.【分析】(I )求出原函数的导函数，因为 x=0是函数f (x)的极值点，由极值点处的导数 等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于 0和小于0求出原函数的单调区间；(n )证明当m 0，转化为证明当 m=2时f (x) 0.求出当 m=2时函数
19、 的导函数，可知导函数在(- 2，+旳上为增函数，并进一步得到导函数在(- 1，0) 上有唯一零点X0，则当x=x0时函数取得最小值，借助于 X0是导函数的零点证出 f ( X0) 0，从 而结论得证.【解答】(I)解： 一 -： , x=0是f(x)的极值点， J I 】x+m m解得m=1 .x所以函数f (x) =e Tn (x+1)，其定义域为(-1，+乡.JL 广 一 |z+1x+1x XX设 g (X)=e (x+1) - 1，则 g (X) =e (x+1) +e 0,所以 g (x)在(1, + 旳 上为增 函数，又:g (0) =0,所以当 x 0 时，g (x) 0,即卩
20、f (X) 0;当-1 v x v 0 时，g (x)v 0, f (x) v 0.所以f (x)在(-1, 0)上为减函数；在(0, +旳上为增函数；(n )证明：当 m2, x (- m , +旳 时，In (x+m) 0.x+2当m=2时，函数f * ( X)二亡 - 一在(-2, +旳 上为增函数，且f (- 1) v 0, f ( 0) 0.故f(x) =0在(-2, +旳 上有唯一实数根 x0,且xo (- 1 , 0).当 x (- 2, X0)时，f( x)v 0，当 x (X0, + 旳时，f( x) 0, 从而当X=X0时，f (x)取得最小值.1叼+2由 f(xo) =0
21、，得 已 Q 二 ,In (X0+2) =- X0.故f (x十0+2综上，当mW2时，f (x) 0.【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性， 利用导数求函数在闭区间上的最值， 考查了不等式的证明，考查了函数与方程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学生分析问题 和解决问题的能力.熟练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题.x (1+ XI)& ( 2013秋？梁子湖区校级月考)已知函数(I) 若x0寸，f (x) 0时，f(x)v 0得出 1 - :. : .：,2 2+2x考察发现，若取x=，则可得出 I，以此为依据，利用放缩法，即k 2k (ls+1 / k可得到结论【解答】
22、解：(I)由已知，f (0) =0,(x)(1+x) -X (1+D (1 - 2入)云-入 /欲使x0寸，f (x) W0亘成立，则f ( 乂)在(0, +芳上必为减函数，即在(0, +乡上f (x )v 0恒成立,当入W时，f (x) 0在(0, +乡上恒成立，为增函数，故不合题意，1 _ 2 X 1 2若0v入v二时，由f(X) 0解得xv &，则当0v xv ,f (x) 0,所以当2 A, A1 - 2 k0v x v 时，f (x) 0,此时不合题意，若入寺则当x0时，f (x) v 0恒成立，此时f (x)在(0, +旳上必为减函数，所以当t-i x0 时，f (x)v综上，符合
23、题意的入的取值范围是入乞,(II)令入=,由怖 1 mtt 2k+l 0时,即入的最小值为一鬆2比(出)f (x) v 0，即恒成立,2n-lk=n2 1 qi i 1 2n 】丄= 丄| =ln2n - Inn=ln2解题的关键是充分【点评】本题考查了数列中证明不等式的方法及导数求最值的普通方法,利用已有的结论再结合放缩法， 本题考查了推理判断的能力及转化化归的思想， 有一定的难9. ( 2013秋？城关区校级月考)设函数 f ( x) =ax+cosx , x 0 ,冗.(I )讨论f (x)的单调性;【分析】(I )求导函数，可得f (x) =a - sinx , x 0 .冗,sinx 0 , 1，对a进行分类(n )设f (x) w 1+sinx求a的取值范围.讨论，即可确定函数的单调区间;(n )由 f (x) w 1+sin得 f ( n) w 1 a n- 1 w 1 可得 a(0 wl),可得g ( x ) 0( 0 w吒号)，再考虑：0 w号；-yx7l，即可得到结论.【解答
