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1、12012-2022 高考真题分类汇编及详解高考真题分类汇编及详解导数大题导数大题20222022 年题组年题组1.1.（甲卷）（甲卷）已知函数()lnxef xxxax（1）若()0f x,求a的取值范围；（2）证明：若()f x有两个零点1x，2x，则121x x【答案】（1）(,1e；（2）见证明；【解析】（1）()f x定义域为(0,)，2(1)1()(1)()1xxexex xfxxxx 令()01f xx，所以01x时()0f x，()f x单调递减；1x 时()0f x，()f x单调递增；min()(1)1f xfea，要使得()0f x 恒成立即满足：min()(1)101f
2、 xfeaea.（2）由（1）知要使得有()f x两个零点，则min()(1)101f xfeaea 假 设1201xx.要 证 明121x x 即 证 明2111xx，又 由 于()f x在(1,)单 增，即 证 明211111()()()()f xff xfxx.下面构造函数1()()()(01)F xf xfxx12211(1)(1)()()()xxxexxeF xfxfxxx由于(1)xxeexexexxex，又函数1xyxe在(0,1)单减，1111xxxeexee .11110 xxexxeee 01x时()0()F xF x 在(0,1)单调递增，而(1)(1)(1)0Fff1(
3、)0()()F xf xfx得证2.2.（乙卷）（乙卷）已知函数()ln(1).xf xxaxe（1）当1a 时，求曲线()f x在点(0(0)f，处的切线方程；（2）若()f x在区间(10)(0)，各恰有一个零点，求 a 的取值范围.【答案】（1）2yx；（2）1a .2【解析】(1)(0)0,(0)2ff,所以()f x在点(0,(0)f处的切线方程为2yx;(2)1(1)()(1)1xaxfxxxe.(I)当0a 时，当(1,0 x 时，()0fx成立，所以()f x在(1,0 x 单调递增，且()0f x，故(1,0 x 时，()f x无零点，舍去。(II)当0a 时,当1x 时,(
4、),(0)0f xf，由题意可知，必有(0)10fa，即1a .(i)当1a 时,2111()1(1)xxxefxxex exx，令2()1xeg xx，当(0,)x时，()20 xeg xx，故()(0)0g xg，故()0fx，()f x单调递增，在(0,)x无零点，舍去。(ii)当1a 时，2()(1)xxaxefxax e，令2()xhexaxa，()2xxeh xa当0 x 时，()0h x，()h x单调递增，且(0)10ha，(1)0he，故0(0,1)x，使得0()0h x，当0(0,)xx时，()0h x，)0(fx，()f x单调递减；0(,)xx时，()0h x，)0(f
5、x，()f x单调递增；又(0)0f，且当x 时,()f x ，此时在(0,)上有一个零点；当(1,0)x 时，()2xxeh xa，由()h x单调递增，且11(1)220haee，(0)10h，故1(1,0)x，使得1()0h x，当1(1,)xx 时，)0(h x，()h x单调递减，1(,0)xx时，)0(h x，()h x单调递增；又1(1)0he，(0)10ha，故2(1,0)x，使得2()0h x，当2(1,)xx 时，()0h x，)0(fx，()f x单调递增，2(,0)xx时，()0h x，)0(fx，()f x单调递减；3又(0)0f，且当1x 时,()f x ，此时在(
6、1,0)上有一个零点；综上，1a 3 3.（新高考 1 卷）已知函数()exf xax和 lng xaxx有相同的最小值.（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线 yf x和 yg x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】（1）exfxa，1gxax0a时，0fx恒成立，所以 f x在R上单调递增，即 f x没有最小值.该类情况应舍去.0a 时，fx在,lna上小于 0，在ln,a 上大于 0，所以 f x在,lna上单调递减，在ln,a 上单调递增，所以 f x在lnxa处有最小值为lnlnfaaaa，所以 gx在10,a上小于 0，在1,a上大于
7、0，所以 g x在10,a上单调递减，在1,a上单调递增，所以 g x在1xa处有最小值为11 lngaa，因为()xf xeax和 lng xaxx有相同的最小值.所以有1lnln1 lnfaaaagaa，即ln1 lnaaaa 因为0a，所以上式等价于1ln01aaa，令 1ln01xh xxxx，则 22101xh xx x恒成立，所以 h x在0,上单调递增4又因为 10hh a且0a，所以1a.（2）证明：由（1）exf xx，lng xxx，且 f x在,0上单调递减，在0,上单调递增，g x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，且 minmin1f xg x.1b 时，此时 mi
8、nmin1f xg xb，显然yb与两条曲线 yf x和 yg x共有 0 个交点，不符合题意；1b 时，此时 minmin1f xg xb，yb与两条曲线 yf x和 yg x共有 2 个交点，交点的横坐标分别为 0 和 1；1b 时，首先，证明yb与曲线 yf x有 2 个交点：即证明 F xf xb有 2 个零点，1xFxfxe，所以 F x在,0上单调递减，在0,上单调递增，又因为e0bFb，010Fb，e20bF bb，（令 e2bt bb，则 e20bt b，1e20t bt）所以明 F xf xb在,0上存在且只存在 1 个零点，设为1x，在0,上存在且只存在 1 个零点，设为2
9、x.其次其次，证明yb与曲线和有 2 个交点：即证明 G xg xb有 2 个零点，11G xgxx，所以 G x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，又因为ee0bbG，010Gb，2ln20Gbbb，（令 ln2bbb，则 110bb，11 ln20b）所以 F xf xb在0,1上存在且只存在 1 个零点，设为3x，在1,上存在且只存在 1 个零点，设为4x.5再次再次，证明存在b使得23xx：因为230F xG x，所以2233elnxbxxx，若23xx，则2222elnxxxx，即222e2ln0 xxx，所以只需证明e2ln0 xxx在0,1上有解即可，即 e2lnxxxx在0,
10、1上有零点，因为1e3312e30ee，1e20，所以 e2lnxxxx在0,1上存在零点，取一零点为0 x，令230 xxx即可，此时取00exbx则此时存在直线yb，其与两条曲线 yf x和 yg x共有三个不同的交点最后最后证明1402xxx，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列：因为1203040F xF xF xG xG xG x，所以 100lnF xG xFx，又因为 F x在,0上单调递减，10 x，001x即0ln0 x，所以10lnxx同理，因为004exF xGG x，又因为 G x在1,上单调递增，00 x 即0e1x，11x，所以04exx，又因为000e2ln0
11、xxx，所以01400eln2xxxxx，即直线yb，与两条曲线 yf x和 yg x从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.4.4.（新高考 2 卷）已知函数?（1）当?时，讨论?的单调性；（2）当?时，?，求?的取值范围；（3）设?，证明：?6【答案】（1）见解析；（2）?；（3）见解析【解析】（1）?当?，时，?，?单调递减；当?，?时，?，?单调递增（2）令?对?恒成立又?令?则?1若?，即?，?所以?，使得当?，?时，有?单调递增?，矛盾2若?，即?时，?ln?ln?在，?上单调递减，?，符合题意综上所述，实数?的取值范围是?（3）求导易得?ln?令?ln?ln?ln?ln?ln?ln
12、?即?ln?，证毕2012-20212012-2021 年题组年题组1(2021 年高考全国甲卷理科)已知0a 且1a，函数()(0)axxf xxa7(1)当2a 时，求 f x的单调区间；(2)若曲线 yf x与直线1y 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围2(2021 年高考全国乙卷理科)设函数 lnfxax，已知0 x 是函数 yxf x的极值点(1)求 a；(2)设函数()()()xf xg xxf x证明:1g x 3(2020 年高考数学课标卷理科)已知函数2()exf xaxx(1)当 a=1 时，讨论 f(x)的单调性；(2)当 x0 时，f(x)12x3+1，求 a 的取值
13、范围4(2020 年高考数学课标卷理科)已知函数 f(x)=sin2xsin2x(1)讨论 f(x)在区间(0，)的单调性；(2)证明：3 3()8f x；(3)设 nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx34nn.5(2020 年高考数学课标卷理科)设函数3()f xxbxc，曲线()yf x在点(12，f(12)处的切线与 y轴垂直(1)求 b(2)若()f x有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：()f x所有零点的绝对值都不大于 16(2019 年高考数学课标卷理科)已知函数32()2f xxaxb(1)讨论()f x的单调性；(2)是否存在,a b，使得()f
14、x在区间0,1的最小值为1且最大值为 1？若存在，求出,a b的所有值；若不存在，说明理由7(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知函数1()ln1xf xxx 1讨论()f x的单调性，并证明()f x有且仅有两个零点；2设0 x是()f x的一个零点，证明曲线lnyx在点00,lnA xx处的切线也是曲线xye的切线8(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知函数()sinln(1)f xxx，()fx为()f x的导数证明：8(1)()fx在区间1,2存在唯一极大值点；(2)()f x有且仅有 2 个零点9(2018 年高考数学课标卷（理）)已知函数 22ln 12fxxaxxx(1)
15、若0a，证明：当10 x 时，0f x，当0 x 时，0f x；(2)若0 x 是 f x的极大值点，求a10(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)已知函数2()exf xax(1)若1a，证明：当0 x时，()1f x；(2)若()f x在(0,)只有一个零点，求a(二)选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。11(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)已知函数1()lnf xxaxx(1)讨论()f x的单调性；(2)若()f x存在两个极值点12,x x，证明：12122f xf xaxx12(2017 年高考数学
16、新课标卷理科)已知函数 22xxf xaeaex(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(二)选考题:共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做,则按所做的第一题计分13(2017 年高考数学课标卷理科)(12 分)已知函数 1lnf xxax(1)若 0f x，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，2111111222nm，求m的最小值14(2017 年高考数学课标卷理科)(12 分)已知函数3()ln,f xaxaxxx且()0f x(1)求a；(2)证明：()f x存在唯一的极大值点0 x，且220()2ef x15(2016 高
17、考数学课标卷理科)设函数()cos2(1)(cos1)f xaxax,其中0a,记()f x的最大9值为A.()求()fx;()求A;()证明()2fxA.16(2016 高考数学课标卷理科)(本小题满分 12 分)(I)讨论函数2()2xxf xex-=+的单调性，并证明当0 x 时，(2)20 xxex；(II)证明：当0,1)a时，函数2x=(0)xeaxagxx（）有最小值设 g x的最小值为()h a，求函数()h a的值域17(2016 高考数学课标卷理科)(本小题满分 12 分)已知函数2()(2)(1)xf xxea x有两个零点(I)求 a 的取值范围；(II)设12,x x
18、是()f x的两个零点，证明：122xx18(2015 高考数学新课标 2 理科)(本题满分 12 分)设函数2()mxf xexmx()证明：()f x在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；()若对于任意12,1,1x x ，都有12()()1f xf xe，求m的取值范围19(2015 高考数学新课标 1 理科)(本小题满分 12 分)已知函数31(),()ln4f xxaxg xx()当a为何值时，x轴为曲线()yf x的切线；()用min,m n表示,m n中的最小值，设函数()min(),()(0)h xf x g xx，讨论()h x零点的个数20(2014 高考数学课标 2 理
19、科)(本小题满分 12 分)已知函数 f x=2xxeex()讨论 f x的单调性；()设 24g xfxbf x，当0 x 时，0g x,求b的最大值；()已知1.414221.4143，估计 ln2 的近似值(精确到 0001)21(2014 高考数学课标 1 理科)设函数1()lnxxbef xaexx-=+,曲线()yf x=在点(1,(1)f处的切线10(1)2ye x=-+(1)求,a b;(2)证明:()1f x 22(2013 高考数学新课标 2 理科)已知函数()ln()xf xexm(1)设0 x 是()f x的极值点，求m，并讨论()f x的单调性；(2)当2m 时，证明
20、()0f x 23(2013 高考数学新课标 1 理科)已知函数()f x2xaxb，()g x()xe cxd，若曲线()yf x和曲线()yg x都过点 P(0，2)，且在点 P 处有相同的切线42yx()求a，b，c，d的值()若x2 时，()f x()kg x，求k的取值范围。24(2012 高考数学新课标理科)已知函数()f x满足满足121()(1)(0)2xf xfefxx(1)求()f x的解析式及单调区间；(2)若21()2f xxaxb，求(1)ab的最大值11导数大题导数大题（解析）（解析）一、解答题一、解答题1(2021 年高考全国甲卷理科)已知0a 且1a，函数()(
21、0)axxf xxa(1)当2a 时，求 f x的单调区间；(2)若曲线 yf x与直线1y 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围【答案【答案】（1）20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；（2）1,ee解析：（1）当2a 时，22222ln2222 ln2,242xxxxxxxxxxxfxfx,令 0fx 得2ln2x,当20ln2x时，0fx,当2ln2x 时，0fx,函数 f x在20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；（2）lnln1lnlnaxaxxxaf xaxxaaxaxa,设函数 ln xg xx,则 21 ln xgxx,令 0gx，得xe,在0,e内 0gx,g
22、 x单调递增；在,e 上 0gx,g x单调递减；1maxg xg ee,又 10g，当x趋近于时，g x趋近于 0，所以曲线 yf x与直线1y 有且仅有两个交点，即曲线 yg x与直线lnaya有两个交点的充分必要条件是ln10aae,这即是 0g ag e,所以a的取值范围是1,ee【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，12图象，利用数形结合思想求解2(2021 年高考全国乙卷理科)设函数 lnfxax，已知0 x 是函数 yxf x的极值点(1)求
23、 a；(2)设函数()()()xf xg xxf x证明:1g x【答案】【答案】1a；证明见详解解析：（1）由 n1lafxaxfxx，lnxyaxxayxfx，又0 x 是函数 yxf x的极值点，所以 0ln0ya，解得1a；（2）由（1）得 ln 1f xx，ln 1()()()ln 1xxxf xg xxf xxx，1x 且0 x，当0,1x时，要证ln 1()1ln 1xxg xxx，0,ln 10 xx，ln 10 xx，即证ln 1ln 1xxxx，化简得1ln 10 xxx；同理，当,0 x 时，要证ln 1()1ln 1xxg xxx，0,ln 10 xx，ln 10 xx
24、，即证ln 1ln 1xxxx，化简得1ln 10 xxx；令 1ln 1h xxxx，再令1tx，则0,11,t，1xt，令 1lng tttt ，1ln1lng ttt ，当0,1t时，0gx，g x单减，假设 1g能取到，则 10g，故 10g tg；当1,t时，0gx，g x单增，假设 1g能取到，则 10g，故 10g tg；综上所述，ln 1()1ln 1xxg xxx在,00,1x 恒成立【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为 0 可求参数a，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立
25、问题3(2020 年高考数学课标卷理科)已知函数2()exf xaxx13(1)当 a=1 时，讨论 f(x)的单调性；(2)当 x0 时，f(x)12x3+1，求 a 的取值范围【答案【答案】（1）当,0 x 时，0,fxf x单调递减，当0,x时，0,fxfx单调递增（2）27,4e【解析】(1)当1a 时，2xxxefx，21xfxex，由于 20 xfxe，故 fx单调递增，注意到 00f，故：当,0 x 时，0,fxf x单调递减，当0,x时，0,fxf x单调递增(2)由 3112fxx得，23112xeaxxx，其中0 x，当 x=0 时，不等式为：1 1，显然成立，符合题意；当
26、0 x 时，分离参数 a 得，32112xexxax，记 32112xexxg xx，231212xxexxgxx，令 21102xexxh xx，则 1xh xex，10 xhxe，故 hx单调递增，00h xh，故函数 h x单调递增，00h xh，由 0h x 可得：211 02xexx 恒成立，故当0,2x时，()0gx，g x单调递增；当2,x时，()0gx；当(0)3ax，时，()0fx；当(0)3ax，时，()0fx 故()f x在(,)(0,)3a，单调递增，在(0)3a，单调递减(2)满足题设条件的,a b存在()当0a时，由(1)知，()f x在0,1单调递增，所以()f
27、x在区间0,1的最小值为(0)fb，最大值为(1)2fab此时,a b满足题设条件当且仅当1,21bab，即0,1ab()当a3时，由(1)知，()f x在0,1单调递减，所以()f x在区间0,1的最大值为(0)fb，最小值为(1)2fab此时,a b满足题设条件当且仅当21,1abb，即4,1ab()当03a时，由(1)知，()f x在0,1的最小值为3()327aafb，最大值为b或2ab若3=1127abb，则33 2a，与03a矛盾若3=1 2127abab，则3 3a 或3 3或0a，与03a矛盾综上，当且仅当01ab，或41ab，()f x在0,1的最小值为1，最大值为 1【点评
28、】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算思考量不大，计算量略大7(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知函数1()ln1xf xxx 1讨论()f x的单调性，并证明()f x有且仅有两个零点；2设0 x是()f x的一个零点，证明曲线lnyx在点00,lnA xx处的切线也是曲线xye的切线18【答案】【答案】1函数()f x在0,1和1,上是单调增函数，证明见解析；2证明见解析.【官方解析】【官方解析】1()f x的定义域为0,11,.因为212()01fxxx，所以()f x在(0,1)和(1,)上是单调递增.因为
29、1()101ef ee，22222e1e3(e)20e1e1f，所以()f x在1,有唯一零点1x，即1()0f x又1101x，1111111ln()01xfxf xxx ，故()f x在0,1有唯一零点11x综上，()f x有且仅有两个零点 2因为0ln01xex，故点001ln,Bxx在曲线xye上由题设知0()0f x，即0001ln1xxx，故直线AB的斜率00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx曲线xye在点001ln,Bxx处切线的斜率是01x，曲线lnyx在点00(,ln)A xx处切线的斜率也是01x，所以曲线lnyx在点00(,ln)A xx处的
30、切线也是曲线xye的切线【分析】【分析】1对函数()f x求导，结合定义域，判断函数的单调性；2先求出曲线lnyx在00,lnA xx处的切线l，然后求出当曲线xye切线的斜率与l斜率相等时，证明曲线xye切线l在纵轴上的截距与l在纵轴的截距相等即可.【解析【解析】1函数()f x的定义域为0,11,，2211()ln()1(1)xxf xxfxxx x，因为函19数()f x的定义域为(0,1)(1,)，所以()0fx，因此函数()f x在(0,1)和(1,)上是单调增函数；当(0,1)x，时，0,xy，而11112()ln0111efeeee，显然当(0,1)x，函数()f x有零点，而函
31、数()f x在(0,1)x上单调递增，故当(0,1)x时，函数()f x有唯一的零点；当(1,)x时，2222221213()ln0,()ln01111eeef eef eeeeee，因为2()()0f ef e，所以函数()f x在2(,)e e必有一零点，而函数()f x在(1,)上是单调递增，故当(1,)x时，函数()f x有唯一的零点综上所述，函数()f x的定义域(0,1)(1,)内有 2 个零点；2因为0 x是()f x的一个零点，所以000000011()ln0ln11xxf xxxxx1lnyxyx，所以曲线lnyx在00,lnA xx处的切线l的斜率01kx，故曲线lnyx在
32、00,lnA xx处的切线l的方程为：0001ln()yxxxx而0001ln1xxx，所以l的方程为0021xyxx，它在纵轴的截距为021x.设曲线xye的切点为11(,)xB x e，过切点为11(,)xB x e切线l，xxyeye，所以在11(,)xB x e处的切线l的斜率为1xe，因此切线l的方程为111(1)xxye xex，当切线l的斜率11xke等于直线l的斜率01kx时，即11001(ln)xexxx，切线l在纵轴的截距为01ln110001(1)(1ln)(1ln)xxbexexxx，而0001ln1xxx，所以01000112(1)11xbxxx，直线,l l的斜率相
33、等，在纵轴上的截距也相等，因此直线,l l重合，故曲线lnyx在00,lnA xx处的切线也是曲线xye的切线.20【点评】【点评】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.8(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知函数()sinln(1)f xxx，()fx为()f x的导数证明：(1)()fx在区间1,2存在唯一极大值点；(2)()f x有且仅有 2 个零点【答案【答案】解：（1）设()()g xf x，则1()cos1g xxx，21sin()(1xxg x 当1,2x 时，()g x单调递减，而(0)0,()02gg，可得()g x在1,2有唯一
34、零点，设为则当(1,)x 时，()0g x；当,2x时，()0g x 所以()g x在(1,)单调递增，在,2单调递减，故()g x在1,2存在唯一极大值点，即()f x在1,2存在唯一极大值点（2）()f x的定义域为(1,)（i）当(1,0 x 时，由（1）知，()f x在(1,0)单调递增，而(0)0f，所以当(1,0)x 时，()0f x，故()f x在(1,0)单调递减，又(0)=0f，从而0 x 是()f x在(1,0的唯一零点（ii）当0,2x时，由（1）知，()f x在(0,)单调递增，在,2单调递减，而(0)0f，02f，所以存在,2，使得()0f，且当(0,)x时，()0f
35、 x；当,2x时，()0f x 故()f x在(0,)单调递增，在,2单调递减又(0)0f，1 ln 1022f，所以当0,2x时，()0f x 从而()f x在0,2没有零点（iii）当,2x时，()0f x，所以()f x在,2单调递减而02f，()0f ，所以21()f x在,2有唯一零点（iv）当(,)x 时，ln(1)1x，所以()f x【答案】【答案】解析:(1)函数()f x的定义域为0,112()lnxxxxabbfxaexeeexxx-=+-+由题意可得(1)2,(1)ffe,故1,2ab=(2)由(1)知12()lnxxef xexx-=+,从而()1f x 等价于2lnx
36、xxxee-设 函 数()lng xxx=,则()lng xxx=+,所 以 当10,xe时,()0g x,当1,xe时,()0g x,故()g x在10,e单调递减,在1,e上单调递增,从而()g x在0,上的最小值为11()gee=-设函数2()xh xxee-=-,则()1xh xex,所以当0,1x时,()0h x,当1,x时()0h x时,()()g xh x,即()1f x 考点:(1)利用导数的定义求函数的导数;(2)导数的几何意义(切线方程问题);(3)利用导数研究不等式问题;(4)等价转换思想难度:D备注:高频考点22(2013 高考数学新课标 2 理科)已知函数()ln()
37、xf xexm(1)设0 x 是()f x的极值点，求m，并讨论()f x的单调性；(2)当2m 时，证明()0f x【答案【答案】（1）（2）见解析；解析：（1）1()ln()()xxf xexmfxexm所以01(0)01femm，1(1)1()(1)11xxe xfxexxx，显然()f x在(1,0上单调递减，在0，)上单调递增（2）证明令xg xex()ln(2)，则xgxexx 1()(2)2xxh xgxexhxexx 211()()(2)()02(2)，所以h x()是增函数，h x()0至多只有一个实数根，又gge1111()0,(0)103222，所以h xgx()()0的
38、唯一实根在区间1(,0)2内，设gx()0的根为 t，则有tgtett11()0(0)22，所以，ttetet122，当xt(2,)时，gxgtgx()()0,()单调递减；当xt(,)时，gxgtgx()()0,()单调递增；所以ttgxg tetttt2min1(1)()()ln(2)022，当m 2时，有xmxln()ln(2)，47所以xxf xexmexg xg xmin()ln()ln(2)()()0考点：（1）324 导数与函数最值；（2）327 导数与函数放缩难度：D备注：高频考点，典型题23(2013 高考数学新课标 1 理科)已知函数()f x2xaxb，()g x()xe
39、 cxd，若曲线()yf x和曲线()yg x都过点 P(0，2)，且在点 P 处有相同的切线42yx()求a，b，c，d的值()若x2 时，()f x()kg x，求k的取值范围。【答案【答案】（1）a=4，b=2，c=2，d=2（2）1,2e解析：（）由已知得(0)2,(0)2,(0)4,(0)4fgfg，而()fx=2xb，()g x=()xe cxdc，a=4，b=2，c=2，d=2；4 分（）由（）知，2()42f xxx，()2(1)xg xex，设函数()F x=()()kg xf x=22(1)42xkexxx（2x ），()F x=2(2)24xkexx=2(2)(1)xxk
40、e，有题设可得(0)F0，即1k，令()F x=0 得，1x=lnk，2x=2，（1）若21ke，则21x0，当1(2,)xx 时，()F x0，当1(,)xx时，()F x0，即()F x在1(2,)x单调 递减，在1(,)x 单调 递增，故()F x在x=1x取最 小值1()F x，而1()F x=21112242xxx=11(2)x x0，当x2 时，()F x0，即()f x()kg x恒成立，(2)若2ke，则()F x=222(2)()xexee，当x2 时，()F x0，()F x在(2,+)单调递增，而(2)F=0，当x2 时，()F x0，即()f x()kg x恒成立，(3
41、)若2ke，则(2)F=222ke=222()eke0，当x2 时，()f x()kg x不可能恒成立，综上所述，k的取值范围为1,2e48考点：（1）313 导数的几何意义；（2）324 导数与函数最值；（3）331 利用导数研究“恒能恰”成立及参数求解问题难度：备注：高频考点24(2012 高考数学新课标理科)已知函数()f x满足满足121()(1)(0)2xf xfefxx(1)求()f x的解析式及单调区间；(2)若21()2f xxaxb，求(1)ab的最大值【答案】【答案】（）增区间为0,减区间为,0（）2e解析:()1()(1)(0)xfxfefx,令1x 得,(0)1f,再由
42、121()(1)(0)2xf xfefxx,令0 x 得 1fe所以)(xf的解析式为21()2xf xexx()1xfxex,易知()1xfxex 是R上的增函数,且(0)0f 所以()00,()00,fxxfxx所以函数)(xf的增区间为0,减区间为,0()若baxxxf221)(恒成立,即 21()102xh xf xxaxbeaxb恒成立，1xh xea,(1)当10a 时,0h x恒成立,h x为R上的增函数,且当x 时,h x,不合题意;(2)当10a 时,0h x 恒成立,则0b,(1)0ab;(3)当10a 时,1xh xea为增函数,由 0h x得ln1xa,故()0ln1,()0ln1,fxxafxxa当ln1xa时,h x取最小值ln111 ln1haaaab 依题意有ln111 ln10haaaab,即11 ln1baaa,4910a,22111ln1abaaa,令 22ln0 u xxxxx,则 22 ln1 2lnu xxxxxxx,()00,()0u xxe u xxe,所以当xe时,u x取最大值2eue 故当1,2eae b 时,1ab取最大值2e综上,若baxxxf221)(，则ba)1(的最大值为2e