高考导数大题汇编理科答案YUKI was compiled on the morning of December 16, 2020一、解答题1. 解:(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为(0,)+∞，'112()e ln e e e .xx x x a b b f x a x x x x--=+-+ 由题意可得'(1)2,(1) e.f f ==故1,2a b ==.（Ⅱ）由(Ⅰ)知12e ()e ln ,x xf x x x -=+从而()1f x >等价于2ln e .ex x x x ->- 设函数()ln g x x x =，则()1ln g x x '=+，所以当1(0,)ex ∈时，'()0g x <; 当1(,)ex ∈+∞时，'()0g x >,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().e eg =-. 设函数2()eexh x x -=-，则'()e (1)x h x x -=-，所以当(0,1)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0x >时，()()g x h 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)a x x ax a f x ax x ax x +-+-=-=++++ （*） 当1a ≥时，/()0f x >，此时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增． 当01a <<时，由/()0f x =得1x =，（2x =-舍去）．当1(0,)x x ∈时，/()0f x <；当1(,)x x ∈+∞时，/()0f x >． 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，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增． 当01a <<时，()f x在区间(0,上单调递减，在区间)+∞上单调递增． 由（*）式知，当1a ≥时，/()0f x >，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1x =2x =-，且由定义可知，1x a >-且2x ≠-，所以1a ->-且2-≠-，解得12a ≠- 此时，由（*）式易知，12,x x 分别是()f x 的极小值和极大值点，而令2a -01x <<．记(g x（Ⅰ）当1- 因此，g1()(f x f +（Ⅱ）当0因此，(g x1()(f x f + 综上所3. (1)证明函数．(2)解：由条令t =因为当且因此(3)解：令函当x ≥1时，因此g (x )在由于存在x 0故1e+e2--令函数()h x当(0,e 1)x ∈-时，h ′(x )<0，故h (x )是(0,e 1)-上的单调减函数．当x ∈(e – 1，+∞)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(e 1)h -．注意到h (1) = h (e) = 0，所以当(1,e 1)x ∈- ⊆(0,e 1)-时，(e 1)h -)≤h (x )<h (1) = 0； 当(e 1,e)(e 1,)a ∈-⊆-+∞时，h (x )<h (e) = 0，所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．①当a ∈1e e ,e 2-⎛⎫+⎪⎝⎭⊆(1，e)时，h (a )<0，即1(e 1)ln a a -<-，从而1e 1e a a --<； ②当a = e 时，1e 1ea a --<；③当(e,)(e 1,)a ∈+∞⊆-+∞时，h (a )>h (e) = 0，即1(e 1)ln a a ->-，故1e 1e a a -->．综上所述，当a ∈1e e ,e 2-⎛⎫+⎪⎝⎭时，1e 1e a a --<，当a = e 时，1e 1e a a --=，当(e,)a ∈+∞ 时，1e 1ea a -->．4. 解题指南：（I ）利用'()f x 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'()0f x =是否有实根，从而确定极值.解析：（I ）对()f x 求导得'22()22xxf x aebec -=+-，由()f x '为偶函数，知'()'()f x f x -=，即222()()0x x a b e e --+=，因220x x e e -+>，所以a b =. 又'(0)224f a b c c =+-=-，故1,1a b ==. （II ）当3c =时，22()3xxf x e ex -=--，那么故()f x 在R 上为增函数.(III)由（Ⅰ）知'22()22x x f x e e c -=+-，而2222222224,x x x x e e e e --+≥⋅=当0x =时等号成立. 下面分三种情况进行讨论.当4c <时，对任意22,()220x x x R f x e e c -'∈=+->，此时()f x 无极值； 当4c =时，对任意220,()220x x x f x e e c -'≠=+->，此时()f x 无极值；当4c >时，令2x e t =，注意到方程220t c t+-=有两根21,2160c c t ±-=>， 即'()0f x =有两根112211ln ln 22x t x t ==或.当12x x x <<时，'()0f x <；又当2x x >时，'()0f x >，从而'()f x 在2x x =处取得极小值；综上，若'()f x 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⑴当b()(2f x '=令()0f x '=当2x <-或减；在(2,0)-上(0)4f =.⑵因为()(2f x '=得253(xb -≤6. 解析：（因为当a(1)f ）处的（Ⅱ令由 当1x x < 当当由∴()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞．（2）∵(0)10f a =-<，2(ln )(ln )0f a a a =>， ∴()f x 在单调递增区间(,)-∞+∞上仅有一个零点．（3）由题意知'()0P f x =，又仅'(1)0f -=，得1P x =-，2P y a =-e，由题意知'()OP f m k =，得22(1)m m a +=-e e，要证1m ≤，即要证32(1)m a +≤-e ，只需证32(1)(1)m m m +≤+e ，即要证1m m +≤e ，① 设()1m g m m =+-e ，则'()1m g m =-e ， 又'()00g m m ⇔==，∴()g m 在(,0)-∞上递增，在(0,)∞+上递减。

∴()(0)0g m g ≤=，即不等式①成立，得证． 8. 解：对()f x 求导，得2()(4)e xf x x x '=+，由()0f x '<，解得40x -<<，所以()f x 的单调递减区间为(4,0)-。

9. （1）解：由()f x =nnx x -，可得()11()1n n f x n nx n x--'=-=-，其中n *∈N，且2n ≥.下面分两种情况讨论： ①当n 为奇数时.令()0f x '=，解得1x =，或1x =-.当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：所以，()f x 在(),1-∞-，1,+∞上单调递减，在1,1-内单调递增。

②当n 为偶数时.当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增； 当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 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：方程为y =()(F x f = 由于0()0F x '=()00,x 内单对于任意的（3）证明：2ax n n'=-又由（2）知类似地，设()(f x h -设方程(hx()1h x a'=由此可得2x 因为2n ≥，则当12x x ≤同理可证当所以，2x -10. 解：（()0f x '=，令()2g x =①0a =时，②0a ≠时，令228(1)980a a a a a ∆=--=-≤，解得809a <≤时，()f x 单调递增，无极值点； ③0a <时，0∆>，抛物线()g x 的开口向下，对称轴为14x =-，(0)10,(1)10g a g =->-=>，2210ax ax a ++-=在(1,)x ∈-+∞上有一个变号根，即()f x 有一个极值点；④89a >时，0∆>，抛物线()g x 的开口向上，对称轴为14x =-，(1)10g -=>，2210ax ax a ++-=在1(1,)4x ∈--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.（Ⅱ）①由（Ⅰ）知，809a ≤≤时，()0f x '≥恒成立，()f x 单调递增，所以0x ≥时，()(0)0f x f >=符合题意；②0a <时，令[)1()ln(1),0,,()1011x h x x x x h x x x -'=+-∈+∞=-=<++，所以()h x 单调递减，()(0)0h x h ≤=，所以ln(1)x x +≤，因为()f x 在0x ≥时先增后减，222()ln(1)()()(1)f x x a x x x a x x ax a x =++-<+-=+-.当x →+∞时，()f x →-∞,不满足，0,()0x f x ∀>≥，舍去； ③819a <≤时，由（Ⅰ）知，对称轴14x =-,0∆>，(0)10g a =-≥，所以()0f x '≥恒成立，()f x 单调递增，即0x ≥时，()(0)0f x f >=符合题意； ④1a >时，由（Ⅰ）知，对称轴14x =-,0∆>，(0)10g a =-<，所以存在00x >,使0(0,)x x ∈()0g x <,即()0f x '<，()f x 单调递减，故0(0,)x x ∈0x ≥时，()(0)0f x f <=不符合0,()0x f 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 x f x x x x x =-=+-∈+∞， 则有1()111xF x x x -'=-=++. 当(0,)x ∈+∞时，()0F x '<， 所以()F x 在[0,)+∞上单调递减，故当0x >时，()(0)0F x F <=，即当0x >时，()f x x <. （2）令()()()ln(1),[0,)G x f x g x x kx x =-=+-∈+∞，则有()G x '当0k≤时，故对任意正当01k <<取01x k=-从而()G x 在综上，当k （3）当k>|()(f xg -令()M x =则有()M x '故当x ∈()M x在故()M x >当1k<时，此时|()f x 令()lN x =则有()N x '当x ∈()N x 在[0,故()N x >记0x中的较小者为1x ，则当1(0,)x x ∈时，恒有2|()()|f x g x x ->. 故满足题意的t 不存在 当1k=时，由（1）知，当0x >时，|()()|()()ln(1)f x g x g x f x x x -=-=-+.令2()ln(1),[0,)H x x x x x =-+-∈+∞，则有212()1211x x H x x x x --'=--=++. 当0x >时，()0H x '<,所以()H x 在[0,)+∞上单调递减，故()(0)0H x H <=. 故当0x >时，恒有2|()()|f x g x x -<. 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,),()()x g x x f x ∀∈+∞>>，故|()()|()()ln(1)(1)f x g x g x f x kx x kx x k x -=-=-+>-=-. 令2(1)k x x ->，解得01x k <<-. 从而得到，当1k>时，对于(0,1)x k ∈-，恒有2|()()|f x g x x ->.故满足题意的t 不存在。