篇一：2017年高考备考 系列： 导数部分
[来源学科网]
2016年高考题函数与导数部分
3
2
1. 【2014年全国I高考】11. 已知函数f(x)=ax?3x?1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为
A.（2，+∞）B.（-∞，-2） C.（1，+∞）D.（-∞，-1）
bex?1
21. 【2014年全国I高考】设函数f(x)?aelnx?，曲线y?f(x)在点（1，f(1)）处的切线为
x
x
y?e(x?1)?2. （I）求a,b； （Ⅱ）证明：f(x)?1.
解：(Ⅰ) 函数f(x)的定义域为?0,???，f?(x)?aexlnx?
axbx?1bx?1
e?2e?e,由题意可得xxx
f(1)?2,f?(1)?e，故a?1,b?2
2ex?12
（Ⅱ）由(Ⅰ)知,f(x)?elnx?，从而f(x)?1等价于xlnx?xe?x?,设函数g(x)?xlnx，则
xe
x
?1??1??1?
g?(x)?x?lnx，所以当x??0,??时，g?(x)?0，当x??,???时，g?(x)?0，故g(x)在?0,?单
?e??e??e?
调递减，在?,???单调递增，从而g(x)在?0,???的最小值为g()??. 设函数h(x)?xe?x?
?1
?e??
1e1e2
，则e
h?(x)?e?x?1?x?，所以当x??0,1?时，h?(x)?0，当x??1,???时，h?(x)?0，故h(x)在?0,1?单调递增，
在?1,???单调递减，从而h(x)在?0,???的最大值为h(1)??. 综上：当x?0时，g(x)?h(x)，即
1e
f(x)?1.
2.【2015年全国I高考】设函数f(x)＝e(2x－1)－ax＋a，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得
x
f(x0)0，则a的取值范围是( ) A.[?
333333
，1) B. [?,) C. [,) D. [，1)
2e42e42e2e
3
【2015年全国I高考】已知函数f(x)＝x?ax?
1
,g(x)??lnx 4
(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)?minf(x),g(x)数
?
?(x?0) ，讨论h(x)零点的个
(x0,0)则f(x0)?0,f(x0)?0即
1?3?
?x0?ax0??0?
[解析] （I）设曲线y=f(x)与x轴相切于点?4?
2?3x?a?0??0?
13
解得x0,a??
24
3
因此，当a??时，x轴为曲线y?f(x)的切线
4
（II）当x?(1,??)时，g(x)??1nx?0,从而h(x)=min?f(x),g(x)??g(x)?0,故h(x)在(1,??)无零点
55
当x?1时，若a??则f(1)?a??0,h(1)?min?f(1),g(1)??g(1)?0,故x?
44
5
是h(x)的零点；若a??,则f(1)<0,h(1)=min?f(1),g(1)??f(1)?0,故x?1不是h(x
4
的零点
当x?(时，0,x1)?n?gx所以只需考虑(?)1(x)在（00,1.）的零点个数 f
（i）若a?-3或a?0,则f?（x）=3x2+a在（1,0）无零点，故f(x)在（0,1）单调
15
f(0)?,f(1)a?,所以当a?-3时，f(x)在（0,1）有一个零点；当a?0时f(x)在（1,0
）没有零点
44
(ii)若?3?a?0,则f(x)在（00,1）中
当x?f(x)取得最小值，最小值为f?
3
①若f?0.即??a?0,f(x)在（0,1）无零点；
43
②若f即a=-则f(x)在(0,1)有唯一零点
4
3153
③若f?0,即?3?a??,由于f(0)?,f(1)?a??a??
4444
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)有一个零点；当a??或a??时，h(x)有两个零点
4444
53
当??a??时，h(x)有三个零点.
44
3. 【2016年全国I高考】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】：⑴ 由已知得：f'?x???x?1?ex?2a?x?1???x?1?ex?2a
① 若a?0，那么f?x??0??x?2?ex?0?x?2，f?x?只有唯一的零点x?2，不合题意； ② 若a?0，那么ex?2a?ex?0，
所以当x?1时，f'?x??0，f?x?单调递增;当x?1时，f'?x??0，f?x?单调递减; 即：
??
由于f?2??a?0，f?1???e?0，则f?2?f?1??0， 根据零点存在性定理，f?x?在?
1,2?上有且仅有一个零点． 而当x?1时，ex?e，x?2??1?
0，
故f?x???x?2?ex?a?x?1??e?x?2??a?x?1??a?x?1??e?x?1??e
?1，t2??1， t1?t2，因为a?0，故当x?t1或则f?x??0的两根t1?
2
2
2
x?t2时，a?x?1??e?x?1??e?0
因此，当x?1且x?t1时，f?x??0
又f?1???e?0，根据零点存在性定理，f?x?在???,1?有且只有一个零点． 此时，f?x?在R上有且只有两个零点，满足题意．
2
e
③ 若??a?0，则ln??2a??lne?1，
2
当x?ln??2a?时，x?1?ln??2a??1?0，ex?2a?e即f'?x???x?1?ex?2a?0，f?x?单调递增； 当ln??2a??x?1时，x?1?0，ex?2a?e递减；
当x?1时，x?1?0，ex?2a?e即：
ln??2a?
ln??2a?
?2a?0，
??
ln??2a?
?2a?0，即f'?x???x?1?ex?2a?0，f?x?单调
??
?2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增．
f??ln??2a?????2a??ln??2a??2???a??ln??2a??1???a??ln??2a??2???1?0
2
?
2
?
故当x≤1时，f?x?在x?ln??2a?处取到最大值f??ln??2a????0恒成立，?ln??2a???，那么f?x?≤f?即f?x??0无解而当x?1时，f?x?单调递增，至多一个零点 此时f?x?在R上至多一个零点，不合题意．
e
④ 若a??，那么ln??2a??1
2
当x?1?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?e
ln??2a?ln??2a?
?2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增 ?2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增
当x?1?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?e
又f?x?在x?1处有意义，故f?x?在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
e
⑤ 若a??，则ln??2a??1
2
当x?1时，x?1?0，ex?2a?e1?2a?e
ln??2a?
?2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增 ?2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递减
ln??2a?
当1?x?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?e
ln??2a?
当x?ln??2a?时，x?1?ln??2a??1?0，ex?2a?e即：
?2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增
故当x即f?x??0无解
当x?ln??2a?时，f?x?单调递增，至多一个零点,此时f?x?在R上至多一个零点，不合题意．综上所述，当且仅当a?0时符合题意，即a的取值范围为?0,???． ⑵ 由已知得：f?x1??f?x2??0，不难发现x1?1，x2?1，
x1?2?ex?故可整理得：?a?2?x1?1?
2
1
?x2?2?ex?2
?x2?1?
2
,
?x?2?ex
g?x??，则g?x1??g?x2? 2
?x?1?
?x?2??1x，当x?1时，g'x?0，gx单调递减；当x?1时，g'x?0，gx单调递增．
g'?x??e????????3
x?1??
m?1?m?11?m1?m1?m?m?12m?
e?2e?e?1? 设m?0，构造代数式：g?1?m??g?1?m??2e1?m?2
mmmm?1??
m?12m2m2
设h?m??故h?m?单调递增，有h?m??h?0??0．因此，e?1，m?0,则h'?m??e2m?0，2
m?1?m?1?
对于任意的m?0，g?1?m??g?1?m?．由g?x1??g?x2?可知x1、x2不可能在g?x?的同一个单调区间上，不妨设x1?x2，则必有x1?1?x2，令m?1?x1?0，则有
g??1??1?x1????g??1??1?x1????g?2?x1??g?x1??g?x2?，而2?x1?1，x2?1，g?x?在?1,???上单调
递增，因此：g?2?x1??g?x2??2?x1?x2，整理得：x1?x2?2．
导函数的应用：
【命题意图】 导数是研究函数的重要工具，利用导数研究函数的单调性可以描绘出函数图象大致的
变化趋势，是进一步解决问题的依据.分类讨论思想具有明显的逻辑特征，是整体思想一个重要补充，解决这类问题需要一定的分析能力和分类技巧.因此高考对这类题主要考查导数的运算、代数式化简与变形，考查运算求解能力，运用数形结合、分类讨论的思想方法分析与解决问题能力.
【得分要点】
1.研究函数单调区间，实质研究函数极值问题.分类讨论思想常用于含有参数的函数的极值问题，大体上可分为两类，一类是定区间而极值点含参数，另一类是不定区间（区间含参数）极值点固定，这两类都是根据极值点是否在区间内加以讨论，讨论时以是否使得导函数变号为标准，做到不重不漏. 2.求可导函数单调区间时首先坚持定义域优先原则，必须先确定函数的定义域，尤其注意定义区间不连续的情况，此时单调区间按断点自然分类；其次，先研究定义区间上导函数无零点或零点落在定义区间端点上的情况，此时导函数符号不变，单调性唯一；对于导函数的零点在定义区间内的情形，最好列表分析导函数符号变化规律，得出相应单调区间.
3.讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制. 4.含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论： (1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；
篇二：2017年全国卷高考数学复习专题——导数的应用
2017年全国卷高考数学复习专题——
导数的应用
考点一 函数的单调性
1.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
答案 C
2.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.
(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1.414 2< <1.414 3,估计ln 2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(-∞,+∞)上单调递增.
(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).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.
(ii)当b>2时,若x满足2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+ ??2-2b)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+ ??2-2b)时,g(x)<0.
综上,b的最大值为2.
(3)由(2)知,g(ln 2-2 b+2(2b-1)ln 2.
当b=2时,g(ln 2-4 +6ln 2>0,
ln 2>
当b=8 -312333 4时,ln(b-1+ ??2-2b)=ln 3g(ln 2-2 ln 2<18+ 28
所以ln 2的近似值为0.693.
3.(2014广东,21,14分)设函数 (??2+2x+k)+2(??2+2x+k)-3其中k<-2.
(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);
(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;
(3)若k<-6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).
解析 (1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0,
∴[(x2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]>0,
∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1,
∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0),
∴|x+1|< -2-??或|x+1|> 2-??,
∴-1- -2-??<x<-1+ -2-??或x<-1- 2-??或x>-1+ 2-??,
∴函数f(x)的定义域D为
(-∞,-1- 2-??)∪(-1- -2-??,-1+ -2-??)∪(-1+ 2-??,+∞). 22[ (??2+2x+k)+2(??2+2x+k)-3]
2[ (??2+2x+k)+2(??2+2x+k)-3]由f '(x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+ -??)(x+1- -??)(x+1)<0, ∴x<-1- -??或-1<x<-1+ -??,结合定义域知x<-1- 2-??或-1<x<-1+ -2-??, 所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1- 2-??),(-1,-1+ -2-??), 同理,递减区间为(-1- -2-??,-1),(-1+ 2-??,+∞).
(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,
∴[(x2+2x+k)2-(3+k)2]+2[(x2+2x+k)-(3+k)]=0,
∴(x2+2x+2k+5)·(x2+2x-3)=0,
∴(x+1+ -2??-4)(x+1- -2??-4)·(x+3)(x-1)=0,
∴x=-1- -2??-4或x=-1+ -2??-4或x=-3或x=1,
∵k<-6,∴1∈(-1,-1+ -2-??),-3∈(-1- -2-??,-1),
-1- -2??-4<-1- 2-??,-1+ -2??-4>-1+ 2-??,
结合函数f(x)的单调性知f(x)>f(1)的解集为
(-1- -2??-4,-1- 2-??)∪(-1- -2-??,-3)∪(1,-1+ -2-??)∪(-1+ 2-??,-1+ -2??-4).
考点二 函数的极值与最值
4.(2014课标Ⅱ,12,5分)设函数f(x)= sin??若存在f(x)的极值点x0满足2??0+[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是( )
A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
答案 C
5.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2. π??令f '(x)=0,得x1=-1- 3,x2=-1+ 31<x2,
所以f '(x)=-3(x-x1)(x-x2).
当x<x1或x>x2时, f '(x)<0;当x1<x<x2时, f '(x)>0.
故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
①当a≥4时,x2≥1.
由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增.
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当0<a<4时,x2<1.
由(1)知, f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.
所以f(x)在x=x2=-1+ 3处取得最大值.
又f(0)=1, f(1)=a,所以
当0<a<1时, f(x)在x=1处取得最小值;
当a=1时, f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;
当1<a<4时, f(x)在x=0处取得最小值.
6.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=?? ??+ln?? (k为常数,e=2.718 28?是自然对数的底数).
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.
解析 (1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).
f '(x)=
=????2e??-2xe??????e??2-k -??+?? ??21??e??-2e????(??-2)(??-2)(e??-kx)-由k≤0可得ex-kx>0,
所以当x∈(0,2)时, f '(x)<0,函数y=f(x)单调递减,
当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,函数y=f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,
故f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).
因为g'(x)=ex-k=ex-eln k,
当0<k≤1时,
当x∈(0,2)时,g'(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增,
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;
当k>1时,
得x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,
x∈(ln k,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.
所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,
??(0)>0, e2??(ln??)<0,当且仅当解得e<k<2. ??(2)>0, 0<??????<2.
综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为 e,2.
7.(2014福建,20,14分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明:当x>0时,x2<ex;
(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.
解析 解法一:(1)由f(x)=ex-ax,得f '(x)=ex-a.
又f '(0)=1-a=-1,得a=2.
所以f(x)=ex-2x,f '(x)=ex-2.
令f '(x)=0,得x=ln 2.
当x<ln 2时, f '(x)<0,f(x)单调递减;
当x>ln 2时, f '(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,
且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)无极大值.
(2)令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.
由(1)得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,
故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,
因此,当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.
(3)①若c≥1,则ex≤cex.又由(2)知,当x>0时,x2<ex. e2
篇三：2017全国新课标I(新课标乙卷)高考高频考点之导函数：(文科数学)
2017全国（新课标I|新课标乙卷）高考高频考点之导函数：（文科数
学）
制作时间：2016.6.20
1、关于导数的分类讨论：
例题试做、
2x21．（12分）（2015全国新课标I卷）设函数f（x）=e﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
21．（12分）（2013?新课标Ⅱ）己知函数f（x）=xe
（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；
x21．（12分）（2012?新课标卷）设函数f（x）=e﹣ax﹣2．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
例题答案：
例题甲：
2x21．（12分）（2015全国新课标I卷）设函数f（x）=e﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
分析：（Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0时，当a＞0时，根据零点存在定理，即可求出；
2x解：（Ⅰ）f（x）=e﹣alnx的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=2e﹣．
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，
- 1 - 2x2﹣x
当a＞0时，∵y=e为单调递增，y=﹣单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
又f′（a）＞0，
当b满足0＜b＜时，且b＜，f（b）＜0，
故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，
例题乙：
21．（12分）（2013?新课标Ⅱ）己知函数f（x）=xe
（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；
【分析】（Ⅰ）利用导数的运算法则即可得出f′（x），利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义，即可求出函数的极值；
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=xe，
﹣x2﹣x﹣x2∴f′（x）=2xe﹣xe=e（2x﹣x），
令f′（x）=0，解得x=0或x=2，
令f′（x）＞0，可解得0＜x＜2；
令f′（x）＜0，可解得x＜0或x＞2，
故函数在区间（﹣∞，0）与（2，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数．
∴x=0是极小值点，x=2极大值点，又f（0）=0，f（2）=
故f（x）的极小值和极大值分别为0，． ． 2﹣x2x2﹣x
例题丙、
x21．（12分）（2012?新课标卷）设函数f（x）=e﹣ax﹣2．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；
xx【解答】解：（I）函数f（x）=e﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）=e﹣a，
xx若a≤0，则f′（x）=e﹣a≥0，所以函数f（x）=e﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．
x若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）=e﹣a＜0；
x当x∈（lna，+∞）时，f′（x）=e﹣a＞0；
所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．
小题狂做：
①历年全国卷展示：
展示一、21．（12分）（2010?新课标卷）设函数f（x）=x（e﹣1）﹣ax
（Ⅰ）若a=，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围．
展示二、21．（12分）（2012?新课标卷）设函数f（x）=e﹣ax﹣2．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a=1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．
- 2 - xx2
展示三、12．（5分）（2014?全国卷I）已知函数f（x）=ax﹣3x+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是（ ）
A．（2，+∞） B． （1，+∞） C． （﹣∞，﹣2） D． （﹣∞，﹣1）
展示四、21．（2015·全国卷II）设函数f（x）=lnx+a（1﹣x）．
（Ⅰ）讨论：f（x）的单调性；
（Ⅱ）当f（x）有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围．
3 2
②模拟卷经典题例汇编：
典例一、21．（12分）（2016?佛山一模理科）设常数λ＞0，a＞0，函数f（x）=
（1）当a=λ时，若f（x）最小值为0，求λ的值；
典例二、21．（12分）（2016?广东省适应性考试理科）设函数f（x）=x+lnx﹣mx（m＞0）．
（I）求f（x）的单调区间；
典例三、21．（12分）（2016?广州市1月调研文科）已知函数f（x）=
（1）求f（x）的解析式；
（2）设函数g（x）=lnx+，若对任意的x1∈[﹣1，1]，总存在x2∈[1，e]，使得g（x2）≤f（x1）+，求实数a的取值范围．
典例四、
21、（本小题满分12分） {2016年粤西（湛江市） “四校”联考文科数学}
已知函数f(x)?lnx?ax?3(a?0)
（1）求函数f(x)的极值； （m，n∈R）在x=1处取到极值2． 2﹣alnx．
x2
[m?2f?(x)]在区间?a,3?上有最值，求实数m的取值范围. （2）若对于任意的a?[1,2]，若函数g(x)?x?23
小题狂做：（答案）
①历年全国卷展示：
展示一、21．（12分）（2010?新课标卷）设函数f（x）=x（e﹣1）﹣ax
（Ⅰ）若a=，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围．
【分析】（I）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间；
xx（II）f（x）=x（e﹣1﹣ax），令g（x）=e﹣1﹣ax，分类讨论，确定g（x）的正负，即可求得a的取值范围．
【解答】解：（I）a=时，f（x）=x（e﹣1）﹣x，
令f′（x）＞0，可得x＜﹣1或x＞0；令f′（x）＜0，可得﹣1＜x＜0；
∴函数的单调增区间是（﹣∞，﹣1），（0，+∞）；单调减区间为（﹣1，0）；
- 3 - x2x2=（e﹣1）（x+1） x
（II）f（x）=x（e﹣1﹣ax）．
xx令g（x）=e﹣1﹣ax，则g'（x）=e﹣a．
若a≤1，则当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）为增函数，而g（0）=0，从而当x≥0时g（x）≥0，即f（x）≥0． 若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数，而g（0）=0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0．
综合得a的取值范围为（﹣∞，1]．
展示二、21．（12分）（2012?新课标卷）设函数f（x）=e﹣ax﹣2．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a=1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．
【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；
（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k） f′（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k＜（x＞0）成立，xx 由此问题转化为求g（x）=
x在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值； x【解答】解：（I）函数f（x）=e﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）=e﹣a，
xx若a≤0，则f′（x）=e﹣a≥0，所以函数f（x）=e﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．
x若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）=e﹣a＜0；
x当x∈（lna，+∞）时，f′（x）=e﹣a＞0；
所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．
x（II）由于a=1，所以，（x﹣k） f′（x）+x+1=（x﹣k） （e﹣1）+x+1
故当x＞0时，（x﹣k） f′（x）+x+1＞0等价于k＜（x＞0）①
令g（x）=，则g′（x）=
x 由（I）知，当a=1时，函数h（x）=e﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，
而h（1）＜0，h（2）＞0，
x所以h（x）=e﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，
故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）
当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；
所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．
又由g′（α）=0，可得e=α+2所以g（α）=α+1∈（2，3）
由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2．
展示三、12．（5分）（2014?全国卷I）已知函数f（x）=ax﹣3x+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是（ ）
A．（2，+∞） B． （1，+∞） C． （﹣∞，﹣2） D． （﹣∞，﹣1）
分析：分类讨论：当a≥0时，容易判断出不符合题意；当a＜0时，由于而f（0）=1＞0，x→+∞时，f（x）→﹣∞，可知：存在x0＞0，使得f（x0）=0，要使满足条件f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则必须极小值f（）＞0，解出即可．
- 4 - 32α
解答：解：当a=0时，f（x）=﹣3x+1=0，解得x=±
22，函数f（x）有两个零点，不符合题意，应舍去； 当a＞0时，令f′（x）=3ax﹣6x=3ax（x﹣）=0，解得x=0或x=＞0，列表如下：
x （﹣∞，0） 0 （0，）
（，+∞）
+ 0 0 + f′（x） ﹣
f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
∵x→﹣∞，f（x）→﹣∞，而f（0）=1＞0，
∴存在x＜0，使得f（x）=0，不符合条件：f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，应舍去．
当a＜0时，f′（x）=3ax﹣6x=3ax（x﹣）=0，解得x=0或x=＜0，列表如下：
x （﹣∞，） （，0） 0 （0，+∞） 2
0 + 0 f′（x） ﹣ ﹣
f（x） 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
而f（0）=1＞0，x→+∞时，f（x）→﹣∞，
∴存在x0＞0，使得f（x0）=0，
∵f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，
∴极小值f（）＞0，化为a＞4，
∵a＜0，∴a＜﹣2．
综上可知：a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．
故选：C．
展示四、21．（2015·全国卷II）设函数f（x）=lnx+a（1﹣x）．
（Ⅰ）讨论：f（x）的单调性；
（Ⅱ）当f（x）有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围．
分析：（Ⅰ）先求导，再分类讨论，根据导数即可判断函数的单调性；
（2）先求出函数的最大值，再构造函数（a）=lna+a﹣1，根据函数的单调性即可求出a的范围．
解：（Ⅰ）f（x）=lnx+a（1﹣x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=﹣a=， 2
若a≤0，则f′（x）＞0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
若a＞0，则当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，
（Ⅱ），由（Ⅰ）知，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上无最大值；当a＞0时，f（x）在x=取得最大值，最大值为f（）=﹣lna+a﹣1，
∵f（）＞2a﹣2，
∴lna+a﹣1＜0，
令g（a）=lna+a﹣1，
- 5 -
《导数2017年全国各地文科高考题》出自：百味书屋
链接地址：http://www.850500.com/news/95084.html
转载请保留,谢谢!