递增；
1°当13
1,031)1(<≤≤-=a a f 即时，
,]1,[,],0[)(),(|)(|)(上单调递减在上单调递增在a a x f x f x f x g --==
a a a f a F 2)()(=-=； 2°当3
10,031)1(<
<>-=a a f 即 （ⅰ）当a f a F a a f a f 31)1()(,4
1
0,31)1()(-==≤
<-=≤-时即 （ⅱ）当a
a a f a F a a f a f 2)()(,3
1
41,31)1()(=-=<<-=>-时即
综上 ???
?
??
??
?
≥-<<≤-=)1(,13)141(,2)41(,31)(a a a a a a a x F ………………16分
4、解：（Ⅰ）易知()f x 的定义域为1,2x ??
∈-
+∞ ???
． 2
1
2()
2(21)2()121212x x m m x m x f x x m x x x
++++'=-+==+++． 由()0f x '= 得：0x = 或 1
2
x m =--．
∵0m <，∴12m --
1,2??∈-+∞ ???
．
∴（1）当102m -
≤<时，则1
1,,()0,()2
2x m f x f x ??'∈---> ???时为增函数；
1,0,()0,()2x m f x f x ?
?'∈--< ??
?时为减函数；
()0,,()0,()x f x f x '∈+∞>时为增函数．
（2）当12m <-
时，则1,0,()0,()2x f x f x ??
'∈-> ???
时为增函数； 10,,()0,()2x m f x f x ?
?'∈--< ??
?时为减函数；
1,,()0,()2x m f x f x ??
'∈--+∞> ???
时为增函数． 5分
（Ⅱ）在11,22e x -??
∈-
???
上至少存在一点0x ，使0()1f x e >+成立，等价于当11,22e x -??
∈- ???
时，max ()1f x e >+． ∵2e m ≤-
，∴11
22
e m -≤--． 由（Ⅰ）知，1,02x ??∈-
???时，()f x 为增函数，10,2e x -??
∈????
时，()f x 为减函数． ∴在11,22e x -??
∈-
???
时，max ()(0)2f x f m ==-． ∴ 121,2e m e m --->+<即． 检验，上式满足2e m ≤-
，所以12
e m --<是所求围． 8分 （Ⅲ）当1m =-时，函
数21
()22
f x x x =++．构造辅助函数
1
()()3
g x f x x =-，并求导得214651(61)(1)()1233(12)3(12)x x x x g x x x x x --+-'=+
-==+++． 显然当(0,1)x ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数．
∴ 对任意1201x x <<<，都有12()()g x g x >成立，即112211
()()33
f x x f x x ->-． 即21211
()()()3
f x f x x x -<
-．又∵210x x ->，∴
2121()()13f x f x x x -<-． 12分
5、略(见省天利38套第九)
6、解：(1)解：设(,)A m n 为函数233)(x x x f +=图像的一个对称点，则
()()2f m x f m x n
-++=对于
R
x ∈恒成立. 即
3232()3()()3()2m x m x m x m x n -+-++++=对于R x ∈恒成立，
232(66)(262)0m x m m n ∴+++-=由32
660
1
2
2620m m n m m n +==-????
?=+-=??， 故函数
)(x f 图像的一个对称点为)2,1(-.………………(5分)
（2）ａ∈Ｒ，ｂ＝２时，ｆ(x)是奇函数。
不存在常数a 使 2
()42f x x x ≥-+- x ∈[-1，1]时恒成立。依题，此时3
()f x ax = 令2
()42g x x x =-+- x ∈[-1，1]∴()g x ∈［－7，1］若a=0,()f x ＝0，不合题； 若a>0, 3
()f x ax =此时为单调增函数，()f x min
＝－a.
若存在a 合题，则-a ≥1,与a>0矛盾。 若a<0, 3()f x ax =此时为单调减函数， ()
f x min
＝a 若存在a 合题，则a ≥1，与a<0矛盾。
综上可知，符合条件的a 不存在。 ………………(10分)
（3）函数的图像关于直线x m =对称的充要条件是()()f m x f m x +=-①0a b ==时，
()()0f x x R =∈，其图像关于x 轴上任意一点成中心对称；关于平行于y 轴的任意一条直
线成轴对称图形；
②0,0a b =≠时，()2
()f x bx
x R =∈，其图像关于y 轴对称图形；
③0,0a b ≠=时，3
()f x ax =，其图像关于原点中心对称； ④0,0a b ≠≠时，3
2
()f x ax bx =+的图像不可能是轴对称图形。
设(,)A m n 为函数3
2
()f x ax bx =+图像的一个对称点，则
()()2f m x f m x n -++=对于R x ∈恒成立. 即
3232()()()()2a m x b m x a m x b m x n -+-++++=对于R x ∈恒成立，
232(3)()0am b x am bm n +++-=由323
23030227b m am b a am bm n b
n a ?=-?+=?????+-=??=??
，
故函数)(x f 图像的一个对称点为3
2
2(,)327b b a a
-. ………………(16分) 7解：（1）设()2g x ax bx c =++，于是
()()()()2
2
11212212g x g x a x c x -+-=-+=--，所以121.
a c ?=???=-?，
又()11g =-，则12b =-．所以()211122g x x x =--. ……………………4分
（2）()
2191()ln ln (0).282f x g x m x x m x m x =+++=+∈>R ， 当m >0时，由对数函数性质，f （x ）的值域为R ；
当m =0时，2
()02
x f x =
>对0x ?>，()0f x >恒成立； ……………………6分 当m <0
时，由()0m
f x x x x
'=+=?=
[
]min ()2
m
f x f m ==-+这时， [
]min
0()0e<0.
20m
m f x m m ?-+?>??-
， ……………………8分 所以若0x ?>，()0f x >恒成立，则实数m 的取值围是(e 0]-，.
故0x ?>使()0f x ≤成立，实数m 的取值围()(,e]0-∞-+∞U ，．……………… 10分 （3）因为对[1]x m ?∈，，(1)()
()0x x m H x x
--'=
≤，所以()H x 在[1,]m 单调递减.
于是21211
|()()|(1)()ln .
22H x H x H H m m m m -≤-=--
2121113
|()()|1ln 1ln 0.2222H x H x m m m m m m -
记13
()ln (1e)22h m m m m m
=--<≤，
则(
)2
21133111()0223
32h'm m m m =-+=-+>，
所以函数13
()ln 22h m m m m
=--在(1e]，是单调增函数， ………………… 14分
所以()()e 3e 1e 3()(e)1022e 2e
h m h -+≤=--=<，故命题成立.………………… 16分
8解：（1）2
2(2),,
()2(2),,x a x x a f x x x a x x a x x a ?+-?=-+=?-++
?≥
由()f x 在R 上是增函数，则2,22,2a a a a -?-???+???
≥≤即22a -≤≤，则a 围为22a -≤≤；…4分
（2）由题意得对任意的实数[1,2]x ∈，()()f x g x <恒成立，
即1x x a -<，当[1,2]x ∈恒成立，即1x a x -<，11
x a x x
-<-<，
11x a x x x -<<+，故只要1x a x -<且1
a x x
<+在[1,2]x ∈上恒成立即可，
在[1,2]x ∈时，只要1x x -的最大值小于a 且1
x x
+的最小值大于a 即可，………6分
而当[1,2]x ∈时，21110x x x '?
?-=+> ??
?，1x x -为增函数，max 132x x ??-= ???；
当[1,2]x ∈时，21110x x x '?
?+=-> ??
?，1x x +为增函数，min 12x x ??+= ???，
所以3
22
a <<； …………………10分
（3）当22a -≤≤时，()f x 在R 上是增函数，则关于x 的方程()()f x t f a =不可能有三个不等的实数根； ……… 11分
则当(2,4]a ∈时，由22(2),,
()(2),x a x x a f x x a x x a
?+-?=?-++
x a ≥时，2()(2)f x x a x =+-对称轴2
2
a x a -=<， 则()f x 在[,)x a ∈+∞为增函数，此时()f x 的值域为[(),)[2,)f a a +∞=+∞，
x a <时，2()(2)f x x a x =-++对称轴2
2
a x a +=<，
则()f x 在2,2a x +?
?∈-∞ ???为增函数，此时()f x 的值域为2(2),4a ??+-∞ ???， ()f x 在2,2a x a +??
∈????为减函数，此时()f x 的值域为2(2)2,4a a ??+ ???
；
由存在(2,4]a ∈，方程()()2f x t f a ta ==有三个不相等的实根，则2
(2)22,
4a ta a ??
+∈ ??
?
， 即存在(2,4]a ∈，使得2(2)1,8a t a ??+∈ ??
?即可，令2(2)14()488a g a a a a +??
=
=++ ???， 只要使()max ()t g a <即可，而()g a 在(2,4]a ∈上是增函数，()max 9
()(4)8
g a g ==，
故实数t 的取值围为91,8??
???
； ………………… 15分
同理可求当[4,2)a ∈--时，t 的取值围为91,8??
???；
综上所述，实数t 的取值围为91,8??
???
． ……………16分
9解：（1）令x a t =，0x >，因为1a >，所以1t >，所以关于x 的方程()f x m =有两个不
同的正数解等价于关于t 的方程2
t m t
+
=有相异的且均大于1的两根，
即 关于t 的方程220t mt -+=有相异的且均大于1的两根，……………………2分
所以2280,1,2120
m m m ??=->??>???-+>?，…………………………………………………………………4分
解得3m <<，故实数m
的取值围为区间．………………………6分 （2）||()2,[2,)x x g x a a x =+∈-+∞
①当1a >时，a ）0x ≥时，1x a ≥，()3x g x a =，所以 ()[3,)g x ∈+∞，b ）20x -≤<时，
21
1x a a
≤<()2x x g x a a -=+，所以 ()2
21
'()ln 2ln ln x x x x
a g x a a a a a a --=-+=……8分
ⅰ
当
21a >
1a <对(2,0)x ?∈-，'()0g x >，所以 ()g x 在[2,0)-上递增， 所以 222()[,3)g x a a ∈+
，综合a ） b ）()g x 有最小值为2
2
2a a +与a 有关，不符10分 ⅱ
当
21a
a ≥'()0g x =得1log 22a x =-，且当12log 22
a x -<<-时，'()0g x <，当1log 202a x -<<时，'()0g x >，所以 ()g x 在1
[2,log 2]2
a --上递减，在
1[log 2,0]2a -上递增，所以min 1()log 22a g x g ??
=-= ??
?
a ）
b ） ()g x 有最小
值为a 无关，符合要求．………12分
②当01a <<时，a ） 0x ≥时，01x a <≤，()3x g x a =，所以 ()(0,3]g x ∈
b ） 20x -≤<时，21
1x a a
<≤
，()2x x g x a a -=+， 所以 ()2
21
'()ln 2ln ln x x x x
a g x a a a a a a --=-+= 0<，()g x 在[2,0)-上递减，
所以 222()(3,]g x a a ∈+，综合a ） b ） ()g x 有最大值为2
2
2a a +与a 有关，不符14分
综上所述，实数a 的取值围是a 16分 10、45
11、解：(Ⅰ) 令x x f x h -=)()(，则01)()('
'
<-=x f x h ，故)(x h 是单调递减函数,
所以，方程0)(=x h ，即0)(=-x x f 至多有一解， 又由题设①知方程0)(=-x x f 有实数根，
所以，方程0)(=-x x f 有且只有一个实数根…………………………………..4分
(Ⅱ) 易知，)1,0()21,0(2121)('?∈-=
x x g ，满足条件②； 令)1(32
ln 2)()(>+--=-=x x
x x x g x F ，
则012
)(,0252)(22
<+-
=>+-=e e F e e F ，…………………………………..7分 又)(x F 在区间[
]2
,e
e 上连续，所以)(x F 在[]2
,e e 上存在零点0
x
，
即方程0)(=-x x g 有实数根[]
2
0,e e x ∈，故)(x g 满足条件①，
综上可知，M x g ∈)(……….……………………………...………. ….…………9分 (Ⅲ)不妨设βα<，∵0)('
>x f ,∴)(x f 单调递增， ∴)()(βαf f <,即0)()(>-αβf f ，
令x x f x h -=)()(，则01)()('
'
<-=x f x h ，故)(x h 是单调递减函数， ∴ααββ-<-)()(f f ,即αβαβ-<-)()(f f ， ∴αβαβ-<-<)()(0f f ， 则有220122012)()(<-+-≤-<
-βαβαβαf f ….……………..….14分
(1)(2)00
(2)01
(1)(1)f kf k f g g k =≠>≠-+=且显然[]()()()()()()()()()()()()
()x u v f x f v u f v g u g v f u f u v f u g v g u f v f x f x =--=-=-=-=
--=-令则有故为奇函数12、
13、21．（1）对x R ∈，
………………4分
（2）
…………………8分
（3）同上
k （0，1）
1 （1，+∞）
'()h k
-
+ ()h k
极小值2
[][](2)1(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(2)(1)0(1)(1)1
f f f
g g f f g g f f g g f f g g =-
=---=-+=-+=≠∴-+=Q （-1）2'
22
1
()(0)11()1,0
h k k k k
k h k k k k ∴=
+>-=-+=>从而由此可得
…………………10分
所以()h k 在区间（0，1）单调递减，在区间（1，+∞）单调递增，在k=1时取得极小值2 …………………12分
（注意：第（3）小题单调性可用定义法，但只用图像说明只给1分） 14、1）2()2f x ax bx c '=++，由题意及导数的几何意义得
(1)20f a b c '=++=， （1）
2()2f m am bm c a '=++=-， （2） ……3分
又a b c <<，可得424a a b c c <++<，即404a c <<，故0,0,a c <> ……5分 由（1）得2c a b =--，代入a b c <<，再由0a <，得
113b
a
-<<， （3） ……6分 将2c a b =--代入（2）得2220am bm b +-=，即方程2220ax bx b +-=有实根． 故其判别式2480b ab ?=+≥得2b a -≤，或b
a
≥0， （4） ……7分
由（3），（4）得01b
a
<≤
；……8分 （2）由2()2f x ax bx c '=++的判别式2440b ac '?=->， 知方程2()20()f x ax bx c '=++=*有两个不等实根，设为12,x x ，
又由(1)20f a b c '=++=知，11x =为方程（*）的一个实根，则有根与系数的关系得
122122,10b b
x x x x a a
+=-
=--<<， …10分 当2x x <或1x x >时，()0f x '<，当21x x x <<时，()0f x '>， 故函数()f x 的递增区间为21[,]x x ，由题设知21[,][,]x x s t =， 因此122||||2b s t x x a -=-=+
，由（Ⅰ）知01b
a
<≤得||s t -的取值围为[2,4)；…12分
（3）由()0f x a '+<，即220ax bx a c +++<，即2220ax bx b +-<，
因为0a <，则2220b b x x a a +?
-?>，整理得2(22)0b
x x a
-+>， 设2()(22)b b g x x a a
=-+，可以看作是关于b
a 的一次函数，…13分
由题意()0b g a >对于01b
a
<≤恒成立，
故(1)0,(0)0,g g -??>?≥ 即2
2220,
0,
x x x ?-??>??≥+
得1x ≤
或1x -，
由题意，[,)(,1]1,)k +∞?-∞+∞U ，
故1k ，因此k
1． …15分 15、【解析】（1）令1x
y x
=
-，解得1y x y =+，由01x <<，解得0y >，
∴函数()f x 的反函数1()(0)1x f x x x
-=>+，则1
1()1n n n n a a f a a -+==+，得1111n n a a +-=． 1
{
}n
a ∴是以2为首项，l 为公差的等差数列，故11n a n =+．
（2）∵1()(0)1x f x x x
-=
>+，∴1
21[()](1)f x x -'=+，
∴1()y f x -=在点1(,())n f n -处的切线方程为2
1
()1(1)n y x n n n -
=-++， 令0x =， 得22(1)n n b n =+，∴2
2
22
(1)()24
n n n b n n n a a λλλλλ-=-+=---， ∵仅当5n =时取得最小值，∴4.5 5.52
λ
<<，解之911λ<<，
∴ λ的取值围为(9,11)．
（3）2
1
21()[()()]1x g x f x f x x --=+?+2
22
12[]1111x x x x x x x x
-=+?=+-++，(0,1)x ∈． 则121(1)1
n
n n n n n x x x x x x ++-=-?
+， 因01n x <<，则1n n x x +>，显然12112
n n x x x +>>>>
L ．
121111(1)2144121
n n n n n n n
n x x x x x x x x ++-=-?
≤?<=+++-+
∴211111111
()1111()()())n n n n n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x ++++++++--=-=--<-
∴
2
222311212231
()()()n n n n x x x x x x x x x x x x ++---+++
L 12231111111[()()()]n n x x x x x x +<-+-++-L
11
1
11
1
())n n x x x ++-=- ∵111,2
n n x x x +=>，∴11
12
n x +<<， ∴1112n x +<
<，∴1
1021n x +<-<
∴2
2
2
321211223113
1
()()()152)816n n n n n x x x x x x x x x x x x x ++++---+++-<=L ．
16、【解析】（1）当x >0时，f (x ) = e x
– 1在(0，+∞)单调递增，且f (x )>0； 当x ≤0时，2()2f x x mx '=+．
①若m = 0，f ′(x ) = x 2
≥0, f (x ) =3
1
3
x
在(–∞，0]上单调递增，且f (x ) =3
1
3
x ≤．
又f (0) = 0，∴f (x )在R 上是增函数，无极植；
②若m <0，f ′(x ) = x (x + 2m ) >0，则f (x ) =3
2
1
3x mx
+在(–∞，0)单调递增，同
①可知f (x )在R 上也是增函数，无极
值；………………………………………………………………4分 ③若m >0，f (x )在(–∞，–2m ]上单调递增，在(–2m ，0)单调递减，
又f (x )在(0, +∞)上递增，故f (x )有极小值f (0) = 0，f (x )有极大值
34(2)3
f m m
-=．
6分 （2）当x >0时，先比较e x
– 1与ln(x + 1)的大小， 设h (x ) = e x
– 1–ln(x + 1) (x >0)
h ′(x ) =
1
1
x
e x ->+恒成立 ∴h (x )在(0，+∞)是增函数，h (x )>h (0) = 0 ∴e x
– 1–ln(x + 1) >0即e x
– 1>ln(x + 1)
也就是f (x ) > g (x ) ，0x ?>成立．
故当x 1 – x 2>0时，f (x 1 – x 2)> g (x 1 – x 2)………………………………………………
10分 再比较1212()ln(1)g x x x x -=-+与g (x 1) –g (x 2) = ln(x 1 + 1) –ln(x 2 + 1)的大小．
1212()[()()]g x x g x g x ---=1212ln(1)ln(1)ln(1)x x x x -+-+++
=
12221211(1)(1)()
ln ln(1]0
11
x x x x x x x x -++-=+>++ ∴g (x 1 – x 2) > g (x 1) –g (x 2)
∴
f (x 1 – x 2)>
g (x 1 – x 2) > g (x 1) –g
(x 2) ．………………………………………………13分 17、【解析】(1): 当a = 0时, f (x )＝x 3
－4x 2
＋5x ,
)3
5)(1(3583)(2-
-=+-='x x x x x f >0,
所以 f (x )的单调递增区间为]1,(-∞, ),3
5[+∞. …………………(6分)
(2) 解: 一方面由题意, 得
??
?
??≤≤≤,2)2(,2)1(,2)0(f f f 即
2
10≤
≤a ;
另一方面当
2
10≤
≤a 时,
f (x ) = (－2x 3＋9x 2－12x ＋4)a ＋x 3－4x 2＋5x ,
令g (a ) = (－2x 3＋9x 2－12x ＋4)a ＋x 3－4x 2
＋5x , 则
g (a ) ≤ max{ g (0), g (2
1) }
= max{x 3
－4x 2
＋5x , 2
1(－2x 3
＋9x 2
－12x ＋4)＋x 3
－4x 2
＋5x }
= max{x 3
－4x 2
＋5x , 2
1x 2
－x ＋2 },
f (x ) =
g (a )
≤ max{x 3
－4x 2
＋5x , 2
1x 2
－x ＋2 },
又
2
0max
≤≤x {x 3－4x 2
＋5x }=2,
2
0max
≤≤x {2
1x 2
－x ＋2}=2, 且f (2)＝2,
所以当
2
10≤
≤a 时, f (x )在区间[0,2]上的最大值是2.
综上, 所求 a 的取值围是2
1
0≤
≤a . …………………(14分) 18、【解析】：(Ⅰ) ∵ 312a a d -=， ∴ (1)(1)2f d f d d +--=. 即 22(2)2d d d --=， 解得 d =2.
∴ 1(21)0a f =-=. ∴ 2(1)n a n =-. ………………………………… 2分
∵ 231b q b =, ∴ 22
2(1)(1)(2)f q q q f q q +==--. ∵ 0, 1q q ≠≠, ∴ 3q =. 又1(1)1b f q =-=， ∴ 13n n b -=.………………………………………… 4分 (Ⅱ) 由题设知 1
21
c a b =， ∴1212c a b ==. 当
2n ≥时,
3112
1123123(1)n n n n n
c c c c c a b b b n b nb -+-+++++=-L ,
3112
1231
23(1)n n n c c c c a b b b n b --++++=-L , 两式相减,得
12n
n n n
c a a nb +=-=. ∴ 1223n n n c nb n -==g (1122c b a ==适合).…………………………… 7分 设T=13521n c c c c -++++L ,
∴ 2422263103(42)3n T n -=+?+?++-L g
224622232363103(46)3(42)3n n T n n -=?+?+?++-+-L g g
两式相减 ,得
2422282434343(42)3n n T n --=+?+?++?--L g
19(91)24(42)991n n n --=+?---g 1929(42)922n n
n =+?---?
55
94922
n n n =-+?-g
. ∴ 255()316216
n
n T =
+-g .………………………………………………… 9分 (Ⅲ) 3131n n b b -+31=31n n
-+2
131
n =-+, 12n n a a ++2212(1)22n n n ==-++. 现只须比较31n +与22n +的大小. 当n=1时, 31422n n +==+； 当n=2时, 3110226n n +=>+=； 当n=3时, 3128228n n +=>+=；
导数压轴题处理专题讲解
导数压轴题处理专题讲解（上） 专题一双变量同构式（含拉格朗日中值定理）..................................................... - 2 -专题二分离参数与分类讨论处理恒成立（含洛必达法则）.................................... - 4 -专题三导数与零点问题（如何取点） .................................................................. - 7 -专题四隐零点问题整体代换.............................................................................. - 13 -专题五极值点偏移 ........................................................................................... - 18 -专题六导数处理数列求和不等式....................................................................... - 25 -
专题一 双变量同构式（含拉格朗日中值定理） 例1. 已知（1）讨论的单调性 （2）设，求证：例2. 已知函数，。（1）讨论函数的单调性；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）证明：若，则对任意x ，x ，x x ，有 。 例3. 设函数. （1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. ()()21ln 1f x a x ax =+++()f x 2a ≤-()()()121212 ,0,,4x x f x f x x x ?∈+∞-≥-()2 1(1)ln 2 f x x ax a x = -+-1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212 ()() 1f x f x x x ->--()ln ,m f x x m R x =+ ∈m e =e ()f x ()'()3 x g x f x = -()() 0, 1f b f a b a b a ->><-m
高考数学中的放缩技巧
高考数学中的放缩技巧 证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 一、裂项放缩 例1.(1)求 ∑=-n k k 1 2 142 的值; (2)求证: 3 51 1 2 < ∑=n k k . 解析:(1)因为121121)12)(12(21 422+--=+-= -n n n n n ,所以12212111 4212 +=+-=-∑=n n n k n k (2)因为??? ??+--=-=- <1211212144 4 11 1 222n n n n n ,所以35321121121513121112=+-?>-?>?-=?=+ (14) ! )2(1!)1(1)!2()!1(!2+- +=+++++k k k k k k (15) )2(1)1(1 ≥--<+n n n n n (15) 11 1) 11)((1122222 222<++++= ++ +--= -+-+j i j i j i j i j i j i j i
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 2010年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第色)步，由不等式恒成立来求参数的取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。 洛必达法则简介： 法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x = 0及lim g x = 0 ； (2) 在点a的去心邻域内,f(x) 与g(x)可导且g'(x)丰0; f '(X ) (3) lim l , x a g x 那么lim?L = |im?=|。—g(x ) —g'(x) 法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x =0及lim g x = 0 ； x^C * ‘ (2) A> 0, f(x)和g(x)在-:：，A 与A,：：上可导，且g'(x)丰 0; 0 比.T-i 0 0 ②洛必达法则可处理一，，o宀,1 -, “, 0 ,：：-：：型。 ◎在着手求极限以前，首先要检查是否满足-,-,o ?:: , 1 , ：：0, 0°,：：_：：型定式， 否则滥用洛必达法则会出错。当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。 ◎若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。 二.高考题处理 1.(2010年全国新课标理)设函数f (x) = e x -1 - x - ax2。 (1)若a = 0，求f (x)的单调区间； (2)若当x_ 0时f (x) _ 0，求a的取值范围 原解：(1) a = 0 时，f(x)=e x-1-x, f'(x) = e x-1. 当(-：：,0)时，f'(x)：：：0 ；当x (0^：：)时，f'(x).0.故f (x)在(--■- ,0)单调减少，在(0「：)单调增加 (II ) f '(x) = e x - 1 - 2ax 由(I )知e x一「x，当且仅当x = 0时等号成立.故那么lim?=lim_^l。F g(x) F g^x) 法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x - ：：及lim g x二：：； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x)丰0; f '(X) ⑶ lim l , x a g x 那么limd = lim?=l。—g(x ) J g (x) 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意: f '(x) _ x _ 2ax = (1 _ 2a)x , 1 从而当1-2a 一0,即a 时，f '(x) _ 0 ( x 一0)，而f(0) =0 , 2 于是当x^O 时，f(x)K0. 1 x x | 由e 1 x(x = 0)可得e - 1- x(x= 0).从而当a 时， 2 故当x (0,ln 2a)时，f'(x) ：： 0，而f (0) = 0，于是当x (0,ln 2a)时，f(x) ：：0. ①将上面公式中的X i a, X is 换成x T +8, X T - a, + — x— a , x— a洛必达法则也成立。综合得a的取值范围为
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析 已知函数2()x f x e ax =-. （1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析： 本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答： （1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.
高三数学导数压轴题
导数压轴 一．解答题（共20小题） 1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数． （1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围； （2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1． 2．设． （1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立； （2）讨论关于x的方程根的个数． 3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．
（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性； （2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围． 4．已知函数． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0． 6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1． （Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围； （Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．
（2）若对?x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围． 8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝． （Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a； （Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围． 9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．
高考数学填空选择压轴题试题汇编
高考数学填空选择压轴题试题汇编（理科） 目录（120题） 第一部分函数导数(47题)······································2/23 第二部分解析几何(23题)······································9/29第三部分立体几何（11题）·····································12/31 第四部分三角函数及解三角形（10题）··························14/32 第五部分数列（10题）········································15/33 第六部分概率统计（6题）·····································17/35 第七部分向量（7题）·········································18/36 第八部分排列组合（6题）······································19/37 第九部分不等式（7题）········································20/38
第十部分 算法（2 题）··········································21/40 第十一部分 交叉部分（2 题）·····································22/40 第十二部分 参考答 案············································23/40 【说明】：汇编试题来源 河南五年高考真题5套；郑州市2011年2012年一模二模三模试题6套；2012年河南省各地市检测试题12套；2012年全国高考文科试题17套。共计40套试题.试题为每套试卷选择题最后两题，填空最后一题。 第一部分 函数导数 1.【12年新课标】（12）设点P 在曲线1 2 x y e = 上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则||PQ 的 最小值为( ) 2.【11年新课标】(12)函数x y -= 11 的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于( ) 3.【10年新课标】（11）()??? ??>+-≤<=10,62 1100,lg x x x x x f ，若c b a ,,均不相等，且 ()()()c f b f a f ==，则abc 的取值范围是（ ） 4.【09年新课标】（12）用{}c b a ,,m in 表示c b a ,,三个数中的最小值。设 (){}()010,2m in ≥-+=x x x x f ,则()x f 的最大值为( ) 5.【11年郑州一模】12．若定义在R 上的偶函数()(2)()f x f x f x +=满足，且当 [0,1],(),x f x x ∈=时则函数3()log ||y f x x =-的零点个数是( ) A ．多于4个 B ．4个 C ．3个 D ．2个 6.【11年郑州二模】 7.【11年郑州二模】设()x f 是R 上的奇函数，且()01=-f ，当0>x 时， () ()()021'2 <-+x xf x f x ，则不等式()0>x f 的解集为________.
高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。
江苏高考数学压轴题
2014江苏高考数学压轴题二 1. (本小题满分12分) 已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n– ( x + a)n ( x > 0 )是关于x的函数. (1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论. (2) 对任意n ≥ a , 证明f`n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )f n`(n) 2. (本小题满分12分) 已知：y = f (x) 定义域为［–1，1］，且满足：f (–1) = f (1) = 0 ，对任意u ,v∈[–1，1］，都有|f (u) – f (v) | ≤| u –v | . (1) 判断函数p ( x ) = x2– 1 是否满足题设条件？ (2) 判断函数g(x)= 1,[1,0] 1,[0,1] x x x x +∈- ? ? -∈ ? ，是否满足题设条件？
已知点P ( t , y )在函数f ( x ) = 1 x x +(x ≠ –1)的图象上，且有t 2 – c 2at + 4c 2 = 0 ( c ≠ 0 ). (1) 求证：| ac | ≥ 4; (2) 求证：在(–1，+∞）上f ( x )单调递增. (3) (仅理科做)求证：f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 4．（本小题满分15分） 设定义在R 上的函数43201234()f x a x a x a x a x a =++++（其中i a ∈R ，i=0,1,2,3,4），当 x= －1时，f (x)取得极大值 23 ，并且函数y=f (x+1)的图象关于点（－1，0）对称． （1） 求f (x)的表达式； （2） 试在函数 f (x)的图象上求两点，使这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间 ??上； （3） 若+213),(N )23n n n n n n x y n --==∈，求证：4()().3 n n f x f y -<
2020年全国高考导数压轴题汇编
2016全国各地导数压轴题汇编 1、（2016年全国卷Ｉ理数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点 （I ）求a 的取值范围 （II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x 2、（2016年全国卷Ｉ文数） 已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性 （II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值范围 3、（2016年全国卷II 理数） (I )讨论函数x x 2f (x)x 2 -=+e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II )证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2x =(0)x e ax a g x x -->（） 有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域. 4、（2016年全国卷II 文数） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 5、（2016年全国卷III 理数） 设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记|)(|x f 的最大值为A
（Ⅰ）求)(x f '； （Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明A x f 2)(≤' 6、（2016年全国卷III 文数） 设函数()ln 1f x x x =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<； （Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->. 7、（2016年天津理数） 设函数R x b ax x x f ∈---=,)1()(3 其中R b a ∈, (Ⅰ)求)(x f 的单调区间； (Ⅱ)若)(x f 存在极点0x ，且)()(01x f x f =其中01x x ≠，求证：3201=+x x ； (Ⅲ)设0>a ，函数|)(|)(x f x g =,求证：)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于．．．4 1 8、（2016年四川理数） 设函数x a ax x f ln )(2 --=其中R a ∈ （Ⅰ）讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得x e x x f -->11)(在区间（1，+∞）内恒成立(e =2.718…
高考导数压轴题 答案
一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1、解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得3 3±=x . )(x g '的变化情况如下表： x 0 )3 3, 0( 33 )1,3 3( 1 )(x g ' - 0 + )(x g ↘ 极小值 ↗ 所以当3 3 = x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴1 2 111211222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1，∴ 021 2 1<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =?>+=+= 1 1111212222222 所以a x x >>21. 2、解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴.3)1(')2()(')(022e f e x x x f e x x f a x x =+===，故，时，当 .3))1(,1()(e f x f y 处的切线的斜率为在点所以曲线= ⑵[] .42)2()('22x e a a x a x x f +-++= .223 2 .220)('-≠-≠ -=-==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令 以下分两种情况讨论： ①a 若＞ 3 2 ，则a 2-＜2-a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x ()a 2-∞-， a 2- ()22--a a ， 2-a ()∞+-，2a + 0 — 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
历届高考数学压轴题汇总及答案
历届高考数学压轴题汇总及答案 一、2019年高考数学上海卷：（本题满分18分） 已知等差数列{}n a 的公差(0,]d π∈，数列{}n b 满足()sin n n b a =，集合 {}*|,n S x x b n N ==∈． （1）若120,3 a d π ==，求集合S ； （2）若12 a π = ，求d 使得集合S 恰好有两个元素； （3）若集合S 恰好有三个元素：n T n b b +=，T 是不超过7的正整数，求T 的所有可能的 值． 二、2019年高考数学浙江卷：(本小题满分15分) 已知实数0a ≠,设函数()=ln 0.f x a x x +> (Ⅰ)当34 a =-时,求函数()f x 的单调区间； (Ⅱ)对任意21[ ,)e x ∈+∞均有()2f x a ≤ 求a 的取值范围. 注： 2.71828e =为自然对数的底数.
设2 *012(1),4,n n n x a a x a x a x n n +=+++ +∈N .已知2 3242a a a =. （1）求n 的值； （2）设(1n a =+*,a b ∈N ，求223a b -的值. 四、2018年高考数学上海卷：(本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分) 给定无穷数列{}n a ，若无穷数列{}n b 满足：对任意*n N ∈，都有1n n b a -≤，则称{}n b 与{}n a “接近”。 (1)设{}n a 是首项为1，公比为1 2 的等比数列，11n n b a +=+，*n N ∈，判断数列{}n b 是否与{}n a 接近，并说明理由； (2)设数列{}n a 的前四项为：12341,248a a a a ====,,，{}n b 是一个与{}n a 接近的数列，记集合1,2,|,4{3,}i M x x b i ===，求M 中元素的个数m ； (3)已知{}n a 是公差为d 的等差数列，若存在数列{}n b 满足：{}n b 与{}n a 接近，且在 2132201200,,,b b b b b b ﹣﹣﹣中至少有100个为正数，求d 的取值范围．
高考导数压轴题题型(精选.)
高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
专题五挖掘“隐零点”，破解导数压轴题 函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练. 【典型例题】 类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由; (2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2） 【解析】 （1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x)=ln x+4x-1. 因为在单调递增，所以当时 即函数f(x)在区间单调递减；当时 即函数f(x)在区间单调递增； （2）因为，而在（0，1）上递增 存在使得
，当 时单调递减； 当时 单调递增 所以 又因为时则 所以则 类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式 例2. 设函数2()ln x f x e a x =-，设()2 0,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2ln f x a a a ≥+ 【答案】见解析 【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x x a xe a f x e x x -=-= 设2()2x x xe a ?=-，()22()242x x x xe x e ?'==+， 当(]0,1x ∈，()0x ?'>，即()x ?在区间(]0,1为增函数， (2(),2x a e a ??∈--? 又因为( )2 0,2a e ∈，所以2 (0)0,(1)20a e a ??=-<=-> 由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增， 所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln x f x e a x =-， 由0 2020x x e a -=，即0 202x a e x = ，两边去对数得00ln ln 22 a x x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a = ++≥?=+
函数与导数经典例题高考压轴题含答案
函数与导数经典例题-高考压轴 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21 ()32 f x x = +，()h x = （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33 lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6 f n h n h h h n -+++≥L ． 3. 设函数ax x x a x f +-=2 2ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使2 )(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 4. 设2 1)(ax e x f x +=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当3 4 = a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ， b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是自然对数 的底数）。 （I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m江苏高考数学压轴题
2008年江苏高考数学原创压轴题 2008年将是不平静的一年，除了奥运会的举办等国际国内的大事以外，就数牵动千百万家庭的高考了，特别是江苏的高考，是进入新课程后的第一次高考，全新的课程标准、全新的教学方法、全新的高考模式、全新的录取形式，所以必然出现全新的高考命题模式.通过认真学习《高中数学课程标准》、《江苏省课程标准教学要求》等纲领性文件，反复研读了2005、2006、2007三年高考江苏卷的试卷评析报告,下面给出几个原创题，供高三师生参考，权当抛砖引玉. 1.如果复数()()21m i mi ++是实数，则实数m=____________________. 解： () ()21m i mi ++展开后，“原始项”共四项，但是我们并 不关心实部项，虚部项为：21m mi i ?+?，只需310m +=即可，所以1m =-. 【命题意图】考查复数的运算和相关基本概念的理解.过去复数在《选修Ⅱ》中，《选修Ⅰ》没有复数，所以，近几年江苏一直不讲复数，因此，复数成了新内容． 2.设[]x 表示不大于x 的最大整数，集合{}2|2[]3A x x x =-=，1| 288x B x ??=<
函数与导数经典例题高考压轴题含答案
函数与导数经典例题高考 压轴题含答案 Last revision on 21 December 2020
函数与导数经典例题-高考压轴 1. 已知函数32()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21()3 2 f x x =+，()h x =． （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33lg[(1)]2lg ()2lg (4)2 4 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1()()[(1)(2)()]6 f n h n h h h n -+++≥ ． 3. 设函数ax x x a x f +-=22ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使2)(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 4. 设2 1)(ax e x f x +=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当3 4 =a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ，b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是 自然对数的底数）。 （I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m2017年高考数学真题压轴题汇总
2017北京 （19）（本小题13分） 已知函数f (x )=e x cos x ?x . （Ⅰ）求曲线y = f (x )在点(0,f (0))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f (x )在区间[0,2 π ]上的最大值和最小值. 2017江苏 20.（本小题满分16分） 已知函数() 3 2 1(0,)f x =x a x b x a b +++>∈ R 有极值，且导函数 ()f x ， 的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1） 求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2） 证明：b 2>3a ; （3） 若()f x ， ()f x ， 这两个函数的所有极值之和不小于7- 2 ，求a 的取值范围. 2017全国Ⅰ卷（理） 21.（12分） 已知函数()f x =a e 2x +（a ﹣2）e x ﹣x . （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 2017全国Ⅱ卷（理） 21.（12分） 已知函数3 ()ln ,f x a x a x x x =--且()0f x ≥. （1）求a ； （2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且2 3 0e ()2 f x --<<. 2017全国Ⅲ卷（理） 21.（12分） 已知函数()1ln f x x a x =--． （1）若()0f x ≥，求a 的值；
（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2 111(1)(1)(1 )2 2 2 n m ++ 鬃?<，求m 的最小 值． 2017山东理科 （20）（本小题满分13分） 已知函数()2 2c o s f x x x =+，() ()c o s s in 22x g x e x x x =-+-，其中 2.71828 e =是自然对 数的底数. （Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f x π处的切线方程； （Ⅱ）令()()()( )h x g x a f x a =-∈R ，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出 极值. 2017天津 （20）（本小题满分14分） 设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数4 3 2 ()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数. （Ⅰ）求()g x 的单调区间； （Ⅱ）设00[1,) (,2]m x x ∈，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且 00[1,) (,2],p x x q ∈ 满 足04 1| |p x q A q -≥ . 2017浙江理科 20．（本题满分15分）已知函数f (x )=（x e x -（12 x ≥ ）. （Ⅰ）求f (x )的导函数；
