高考数学重难点题型归纳第10讲 导数压轴大题14种题型（1）（解析版）

第10讲导数压轴大题14类（1）【题型一】求参1：端点值讨论型【典例分析】2设函数f(x)=lnx-p(x-1),pR（1）当p=1时，求函数f（x)的单调区间；（2）设函数g(x)=xf(x)+p(2x-x-1)对任意x1都有g(x)0成立，求p的取值范围。解：（I）当p=1时，f(x)=lnx-x+1，其定义域为0,.11所以f(x)1.…………2分由f(x)10得0x1，xx所以f(x)的单调增区间为0,1；单调减区间为1,.…………5分22（II）由函数g(x)xf(x)p(2xx1)xlnxp(x1),得g(x)lnx12px.由（I）知，当p=1时，f(x)f(1)0，即不等式lnxx1成立.……7分11当p时，g(x)lnx12px(x1)12px(12p)x0，2即g(x)在1,上单调递减，从而g(x)g(1)0满足题意；……9分112当p0时，存在x1,使得lnx0,12px0，22p1从而g(x)lnx12px0，即g(x)在1,上单调递增，2p1从而存在x1,使得g(x)g(1)0不满足题意；002p2③当p0时，由x1知g(x)xlnxp(x1)0恒成立，此时不满足题意.1综上所述，实数p的取值范围为p.…………12分2【变式演练】1x11.试卷若函数fx的反函数记为fx，已知函数fxe．（1）设函数Fxfxfx，试判断函数Fx的极值点个数；（2）当x0,时，fxsinxkx，求实数k的取值范围．2【答案】（1）1个；（2）,1．微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信jiaoyu376word版下载QQ群：4575125381/48,1x1x试题解析：（1）Fxe，当x0,时，是减函数，e也是减函数，xx1x∴Fxe在0,上是减函数，当x1时，Fx1e0，x1当x时，Fx2e0，∴Fx在0,上有且只有一个变号零点，2∴Fx在定义域0,上有且只有一个极值点．．x（2）令gxfxkxesinxkx，要使fxkx总成立，只需x0,时，gx0，对min2xxxgx求导得gxesinxcosxk，令hxesinxcosx，则hx2ecosx0，x0,2∴hx在0,上为增函数，∴hx1,e2．2①当k1时，gx0恒成立，∴gx在0,上为增函数，∴gxg00，即gx0恒min2成立；②当1ke2时，gx0在x0,上有实根x，∵hx在0,上为增函数，202∴当x0,x时，gx0，∴gxg00，不符合题意；00③当ke2时，gx0恒成立，∴gx在0,上为减函数，则gxg00，不符合题意．2综合①②③可得，所求的实数k的取值范围是,1．222.设函数f(x)(x2ax)lnxbx,a,bR．222（1）当a1,b1时，设g(x)(x1)lnxx，求证：对任意的x1，g(x)f(x)xxee；2（2）当b2时，若对任意x[1,)，不等式2f(x)3xa恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）(,1)．22试题解析：（1）当a1,b1时，f(x)(x2x)lnxx，2xx所以g(x)f(x)xxee等价于elnxe0．x'x1令h(x)elnxe，则h(x)e0，可知函数h(x)在(1,)上单调递增，x/48,xx所以h(x)h(1)，即elnxe，亦即elnxe0222（2）当b2时，f(x)(x2ax)lnx2x，aR．所以不等式2f(x)3xa等价于22(2x4ax)lnxxa0．22方法一：令p(x)(2x4ax)lnxxa，x[1,)，'则p(x)(4x4a)lnx(2x4a)2x4(xa)(lnx1)(x1)．'当a1时，p(x)0，则函数p(x)在[1,)上单调递增，所以p(x)p(1)1a，min所以根据题意，知有1a0，∴a1''当a1时，由p(x)0，知函数p(x)在[1,a)上单调减；由p(x)0，知函数p(x)在(a,)上单调递增．22所以p(x)p(a)a(12lna)a．由条件知，a(12lna)a0，即a(12lna)10．min'设q(a)a(12lna)1，a1，则q(a)12lna0，a1，所以q(a)在(1,)上单调递减．又q(1)0，所以q(a)q(1)0与条件矛盾．综上可知，实数a的取值范围为(,1)．22方法二：（端点值特殊法）令p(x)(2x4ax)lnxxa，x[1,)，22则p(x)(2x4ax)lnxxa0在[1,)上恒成立，所以p(1)1a0，所以a1．'又p(x)(4x4a)lnx(2x4a)2x4(xa)(lnx1)(x1)，'显然当a1时，p(x)0，则函数p(x)在[1,)上单调递增，所以p(x)p(1)1a0，所以a1．min综上可知a的取值范围为(,1)．【题型二】求参2：“存在”型【典例分析】1a2设函数fxalnxxbxa1，曲线yfx在点1，f1处的切线斜率为0(Ⅰ)求b；(Ⅱ)2a若存在x1,使得fx，求a的取值范围。00a1【答案】（1）b=1；（2）(21,21)(1,)'a'【解析】f(x)(1a)xb，由题设知f(1)0，解得b1.…4分x1a2（II）f(x)的定义域为(0,)，由（1）知，f(x)alnxxx，2微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信jiaoyu376word版下载QQ群：4575125383/48,'a1aaf(x)(1a)x1(x)(x1)xx1a1a'（ⅰ）若a，则1，故当x(1,)时，f(x)0，f(x)在(1,)单调递增，21aaa1aa所以，存在x1，使得f(x)的充要条件为f(1)，即1，00a1a12a1解得21a21.1aa'（ii）若a1，则1，故当x(1,)时，f(x)0；21a1aa'aa当x(,)时，f(x)0，f(x)在(1,)单调递减，在(,)单调递增.1a1a1aaaa所以，存在x1，使得f(x)的充要条件为f()，00a11aa12aaaaa而f()aln，所以不合题意.1a1a2(1a)a1a11aa1a（iii）若a1，则f(1)1.22a1综上，a的取值范围是(21,21)(1,).……12分【变式演练】321.已知函数f(x)xax10.（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程;（Ⅱ）在区间[1,2]内至少存在一个实数x，使得f(x)0成立，求实数a的取值范围.9【答案】（I）y8x2；（II）a.2322试题解析：（Ⅰ）当a1时，fxxx10，fx3x2xkf28，又f214，切线方程为y8x222a（Ⅱ）fx3x2ax3xx（1x2）323①当a1，即a时，fx0，fx在1,2为增函数故fxf111a，min32311a0a11，与a矛盾；2微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信jiaoyu376word版下载QQ群：4575125384/48,2a32a2a②当12a3时，x1,，fx0；x,2，fx0，32332a1031033当fxfa10时，只需a100a3，这与a3矛盾；min3272722a③当2a3时，fx0，fx在1,2单调递减，39fxf2184a，184a0a符合a3min29综上所述，a的取值范围为a23x10101010解法二由已知ax，设gxx（1x2），gx12223xxxx91x2，gx0，gx在1,2上是减函数，gxg2…10分min29故a的取值范围为a222.记max{m,n}表示m,n中的最大值，如max{3,10}10.已知函数f(x)max{x1,2lnx}，2212g(x)max{xlnx,x(a)x2a4a}.212（1）设h(x)f(x)3(x)(x1)，求函数h(x)在(0,1]上零点的个数；23（2）试探究是否存在实数a(2,)，使得g(x)x4a对x(a2,)恒成立？若存在，求a的2取值范围；若不存在，说明理由.ln21【答案】(1)2个；(2)存在，,2.4222(x1)(x1)试题解析：解：（1）设F(x)x12lnx，F'(x)2x，xx令F'(x)0，得x1，F(x)递增；令F'(x)0，得0x1，F(x)递减.22∴F(x)minF(1)0，∴F(x)0，即x12lnx，∴f(x)x1.1222设G(x)3(x)(x1)，则由G'(x)3(x1)(3x2)0得x1或x.∴G(x)在(0,)上递增，233221在(,1]上递减，∵G(0)f(0)，G()，G(1)f(1)0，∴结合f(x)与G(x)在(0,1]上图象可3318微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信jiaoyu376word版下载QQ群：4575125385/48,知，这两个函数的图象在(0,1]上有两个交点，即h(x)在(0,1]上零点的个数为2.3（2）假设存在实数a(2,)，使得g(x)x4a对x(a2,)恒成立，23xlnxx4a12lnxx4a则对x(a2,)恒成立，即2对x2(a21)x2a24a3x4a(x2)(xa2)022x(a2,)恒成立，1112x（i）设H(x)lnxx，H'(x)，令H'(x)0，得0x2，H(x)递增；令H'(x)0，2x22x得x2，H(x)递减.∴H(x)H(2)ln21.当0a22即2a0时，4aln21，∴maxln21ln21ln211a，∵a0，∴a(,0).故当a(,0)时，lnxx4a对x(a2,)恒4442成立.1当a22即a0时，H(x)在(a2,)上递减，∴H(x)H(a2)ln(a2)a1.2111∵(ln(a2)a1)'0，∴H(a2)H(0)ln210，2a221故当a0时，lnxx4a对x(a2,)恒成立.222（ii）若(x2)(xa)0对x(a2,)恒成立，则a2a，∴a[1,2].ln213由（i）及（ii）得a(,2].故存在实数a(2,)，使得g(x)x4a对x(a2,)恒42ln21成立，且a的取值范围为(,2].4【题型三】求参3：“恒成立”型【典例分析】